Lời giải bài toán M482, M485, M487, M489, M490; F498—F501

20

M482. Mặt cắt ngang của một khối đều đều là một reguolnik. Chứng minh rằng chu vi của khối hedron mét không nhỏ hơn 2a mà nhỏ hơn 3a, trong đó a là chiều dài cạnh của khối tứ diện.

Hình 1.

Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng chu vi của tứ giác là $p \geq 2a$. Sự phát triển của một khối tứ diện (Hình 2) được thể hiện trong Hình 2. Trong quá trình phát triển, đường viền của phần tứ giác biến thành một đường đứt nét màu đỏ $K_1K_2$. Có thể thấy chu vi $p$ sẽ chỉ bằng 2a khi mặt phẳng cắt song song với hai cạnh giao nhau của tứ diện và trong mọi trường hợp khác $p > 2a$.

Chứng minh của bất đẳng thức $p < 3a$ có thể dễ dàng thu được bằng cách coi ngay các họ các phần của tứ diện là các mặt phẳng song song. Cho mặt phẳng cắt chuyển động song song với chính nó; chúng tôi xem xét khoảng giá trị $l \in [b_1; b_2]$ (xem Hình 2) sao cho đối với $b_1 < l < b_2$ phần vẫn là một hình tứ giác, còn đối với $l = b_1$ và $l = b_2$ nó trở thành một hình tam giác (Hình 3). Độ dài của mỗi cạnh của phần và do đó chu vi $p$ của phần, sẽ là hàm tuyến tính của $l: p(l) = kl + c$ (k, c là một số hằng số). Hàm này nhận giá trị lớn nhất ở cuối đoạn $[b_1; b_2]$, khi đoạn đó là hình tam giác. Độ dài của bất kỳ đoạn nào có điểm cuối ở các cạnh của một tam giác đều không lớn hơn độ dài cạnh của nó $a$, và do đó $p < 3a$.

N. Vasiliev, V. Proizvol

Hình 2.

M485. a) Chứng minh rằng số e nằm giữa số $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n u b_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ với mọi số tự nhiên $n$.
b) Chứng minh rằng liên tiếp với $c_n = \left(1 + \frac{1}{4n}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ tăng đơn điệu và liên tiếp với $d_n = \left(1 + \frac{1}{2n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ tiêu diệt đều đơn điệu.
c) Chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành bốn đoạn có độ dài bằng nhau. Cái nào trong số chúng chứa số e?

a) Hãy chứng minh dãy $(a_n)$ tăng đơn điệu. Thật sự,

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n; \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} = \frac{n}{n-1} \cdot \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$

Theo bất đẳng thức Bernoulli *),

$$\left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n > 1 - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n},$$

Ở đâu

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} > 1.$$

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh điều đó một cách đơn điệu. Xem thêm “Đại số và Phân tích phần đầu 9”, đoạn 2.

21

Chúng ta hãy chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành tám phần bằng nhau. Cái nào chứa $e$?

Và nếu đoạn $[a_n; b_n]$ được chia thành $2^k$ phần bằng nhau (trong bài toán này, bạn có thể nhận được đáp số cho $n$ đủ lớn, chẳng hạn như cho $n > 2^k$)? (Nhớ lại $e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 2,718...$, - xem sách giáo khoa “Alebra và bắt đầu phân tích 10”, nn. 109,113.)

giảm đi. chúng tôi có

$$\frac{b_{n-1}}{b_n} = \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n : \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \frac{n-1}{n} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1}.$$

Áp dụng lại bất đẳng thức Bernoulli, ta có

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} > 1 + \frac{1}{n-1} = \frac{n}{n-1},$$

nghĩa là, $$\frac{b_{n-1}}{b_n} > 1.$$

Vì $e = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n$, nó suy ra từ điều đã được chứng minh rằng

$$a_n < e < b_n.$$

E) Hãy giải bài toán e) - bài toán 6), c) và d) sẽ theo sau lời giải này.

Chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành $2^k$ phần bằng nhau. Chiều dài của một phần như vậy bằng

$$\Delta = \frac{b_n - a_n}{2^k} = \frac{1}{2^k \cdot n} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.$$

Giữa đoạn $[a_n; b_n]$ tương ứng với số $a_n + \frac{b_n - a_n}{2} = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = d_n$. Dễ dàng nhận thấy rằng phần thứ $2^{k-1}$ của các đoạn thu được có số $d_n$ là đầu bên phải và số $t_n = d_n - \Delta = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n - \frac{1}{2^k \cdot n}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n (k \geqslant 2).$ là đầu bên trái (Đối với $k = 2$, số $t_n$ trùng với số $c_n$ từ điểm 6) bài toán.)

Hãy chứng minh rằng với $n$ đủ lớn (cụ thể là với $n > 3 \cdot 2^{k-2}$), số $e$ nằm trên đoạn $2^{k-1}-m$ có độ dài $\Delta$. Để làm được điều này, chỉ cần chứng minh rằng đối với $n$ như vậy, chuỗi các điểm cuối bên trái $(t_n)$ của phân đoạn này trả về một cách đơn điệu và chuỗi $(d_n)$ của các điểm cuối bên phải giảm dần (kể từ $e = \lim_{n \to \infty} t_n = \lim_{n \to \infty} d_n$).

chúng tôi có

$$\frac{d_{n-1}}{d_n} = \left[ \left(1 + \frac{1}{2(n-1)}\right)\left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \right];$$

$$\left[ \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \right] = \frac{2n-1}{2n+1} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n.$$

Tương tự như bất đẳng thức Bernoulli, nó có thể được chứng minh chính xác hơn. Từ đó

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n \geqslant 1 + \frac{n}{n^2-1} + \frac{n(n-1)}{2(n^2-1)^2} = \frac{2n^3 + 4n^2 + n - 2}{2(n-1)(n+1)^2}.$$

22

Bởi vì
$$\frac{d_{n-1}}{d_n} \geq \frac{2n-1}{2n+1} \cdot \frac{2n^3+4n^2+n-2}{2(n-1)(n+1)^2} = \frac{4n^4+6n^3-2n^2-5n+2}{4n^4+6n^3-2n^2-6n-2} > 1$$

cho bất kỳ $n \in N$ nào. Điều này có nghĩa là dãy $(d_n)$ giảm đơn điệu.

Bây giờ chúng ta chuyển sang trình tự $(t_n)$. chúng tôi có
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} = \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \right]; \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k(n-1)}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n \right] = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$
Nhưng $(1-h)^n \geq 1 - nh + \frac{(n-1)^2}{2} h^2$ tại $0 < h < \frac{1}{(n-1)^2}$

(bất đẳng thức này được chứng minh tương tự như bất đẳng thức Bernoulli). Bởi vì
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} \geq \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n} + \frac{(n-1)^2}{2n^4}\right) = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \cdot \frac{2n^4-2n^3+n^2-2n+1}{2n^4}.$$
Chúng ta quan tâm đến khi nào $\frac{t_n}{t_{n-1}} > 1$, tức là khi nào
$$\left(n + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot \left(2n^4-2n^3+n^2-2n+1\right) > \left(n - 1 + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot 2n^4.$$
Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức
$$2^{1-k} \cdot n^3 - \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2 + 2^{1-k} \cdot n + \frac{1}{2} - 2^{-k} > 0,$$
suy ra từ bất đẳng thức
$$2^{1-k} \cdot n^3 \geq \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2.$$
Do đó, tại $n \geq 3 \cdot 2^{k-2} + \frac{1}{2}$ hoặc $n > 3 \cdot 2^{k-2}$, chuỗi $(t_n)$ trở nên đơn điệu phụ thuộc vào độ tuổi. Từ đó dẫn đến tuyên bố của chúng tôi: số $e$ nằm bên trong đoạn $2^{k-1}$-thứ có độ dài $\Delta$, nếu $n > 3 \cdot 2^{k-2}$.

Từ lời giải bài toán e) nó theo sau là $\frac{c_4}{c_3} > 1$. Ba thành viên đầu tiên của chuỗi này: $\frac{5}{2}, \frac{3^4}{2^5}, \frac{13 \cdot 2^4}{3^4}$ - rất 和高, tạo nên chuỗi tuổi.

Vì vậy, trong bài toán b) số $e$ rơi vào đoạn thứ hai trong số bốn đoạn có độ dài bằng nhau và trong bài toán b) - ở đoạn thứ tư (cho $n > 6$).

S. Golubev, R. Ushakov

M487. Trên các vòng tròn đã cho $\gamma_1$ và $\gamma_2$, hãy tạo một cây anh túc dọc theo dây cung sao cho các dây này có dạng hình học

Chúng ta hãy thành công trong việc xây dựng hình học cần thiết $H$ và để $H(\gamma_1)$ giao nhau với $\gamma_2$ tại các điểm $B$ và $C$ (Hình 4). Chúng ta hãy vẽ tiếp tuyến chung của $\gamma_1$ và $H(\gamma_1)$ tại điểm $A$; chúng ta hãy biểu thị bằng $D$ giao điểm của tiếp tuyến này với

23

với tâm A cho trước, thuộc γ₁ và ta có độ dài dây cung của đường tròn γ₂ bằng giá trị cho trước a*).

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

Hình 7.

chu vi γ₁. Chúng ta hãy dành một đoạn AO có độ dài r₂ x m (Hình 6). Vì |DA| = |DE|, các tam giác ADO và EDO² bằng nhau nên điểm D có các cạnh bằng nhau với các điểm O và O₂. Điều này giúp có thể tìm thấy nó nếu tiếp tuyến l và đường trung trực vuông góc n của đoạn OO₂ cắt nhau (như trong Hình 6). Nếu l và n song song, thì đối với hợp âm mong muốn, bạn cần lấy một đoạn song song với l tiếp tuyến với đường tròn γ₃ nói trên (Hình 7).

L. Limanov

M489. Cho ba số a, b, c. Chúng ta hãy xây dựng ba chuỗi (aₙ), (bₙ), (cₙ), trong đó a₁ = a, b₁ = b, c₁ = c và

$$a_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2},$$
$$b_{n+1} = \frac{c_n + a_n}{2},$$
$$c_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$$

*) Lời giải bài toán M486 xem trong bài viết của L. Kurlyandik “Bằng cấp cao” (tr. 13); lời giải bài toán M488 sẽ được đăng sau.

Như một thông điệp hướng dẫn, chúng ta hãy cùng nhau xem xét các số a₁, b₁, c₁ điểm A₁, B₁, C₁, mà trước tiên chúng ta cho rằng chúng không nằm trên cùng một đường thẳng. Các số aₙ+1, bₙ+1, cₙ+1 liên quan đến trung điểm Aₙ+1, Bₙ+1, Cₙ+1 của các cạnh tương ứng của tam giác AₙBₙCₙ. Chúng ta sẽ nhận được ba chuỗi điểm trên mặt phẳng. Dễ hiểu, các đường trung tuyến của tam giác A₁B₁C₁ nằm trong ΔA₂B₂C₂ là các đường trung tuyến trong ΔA₂B₂C₂. Do đó giao điểm các đường trung tuyến của ba tam giác trùng nhau. Từ đây, rõ ràng là nếu cùng với bài toán ban đầu, chúng ta giải tương tự bài toán cho các điểm trên mặt phẳng, thì điểm tương ứng về cơ bản được giả định và trùng với giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác ban đầu A₁B₁C₁ (và tất cả các tam giác tiếp theo). Điểm này là trọng tâm của hệ ba điểm xuất phát.

Nếu các điểm ban đầu nằm trên cùng một đường thẳng thì giá trị của một tuyên bố tương tự sẽ xuất phát từ “thông báo liên tục”. Nó cũng xuất phát từ lý luận sau đây. Nếu A’, B’, C’ là hình chiếu của các điểm A, B, C lên trục tọa độ và a’, b’, c’ là tọa độ của chúng,

24

với mọi $n=1, 2, 3, \dots$ Chứng minh rằng tất cả các dãy này đều có giới hạn và tìm nó.

thì tọa độ hình chiếu trọng tâm của các điểm $A, B, C$ lên trục này bằng trung bình số học của tọa độ hình chiếu của các điểm ban đầu, tức là $\frac{a' + b' + c'}{3}$. (Cũng lưu ý rằng tọa độ hình chiếu của phần giữa của đoạn thẳng bằng tổng y với tọa độ của các hình chiếu của các đầu của đoạn thẳng.) Vì với ba điểm bất kỳ $a, b, c$ trên đường thẳng, chúng ta có thể chọn ba điểm trên mặt phẳng có hình chiếu là các điểm $a, b, c$, nên từ tính hợp lệ của mệnh đề trên mặt phẳng, nó suy ra rằng nó đúng trên đường thẳng.

Bây giờ thật dễ dàng để đưa ra bằng chứng phân tích rằng số $d = \frac{a + b + c}{3}$ là giới hạn chung của các dãy này. Để làm được điều này, rõ ràng là đủ để chỉ ra rằng $|a_n - d| = 2 |a_{n+1} - d|$, $|b_n - d| = 2 |b_{n+1} - d|$, $|c_n - d| = 2 |c_{n+1} - d|$ (với mỗi bước, các chuỗi sẽ tiến gần đến giới hạn gấp đôi).

Lưu ý rằng với mọi $n$

$$a_{n+1} + b_{n+1} + c_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2} + \frac{c_n + a_n}{2} + \frac{a_n + b_n}{2} = a_n + b_n + c_n.$$

Điều này cho thấy rằng $d = \frac{a_n + b_n + c_n}{3}$ đối với mọi $n$.

Chúng tôi có:

$$|a_n - d| = \left| a_n - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = \left| \frac{2a_n - b_n - c_n}{3} \right| = \left| \frac{b_n + c_n - 2a_n}{3} \right| = 2 \left| \frac{b_n + c_n}{2} - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = 2 |a_{n+1} - d|.$$

Hai đẳng thức còn lại được kiểm tra theo cách tương tự.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý những điều sau đây. Giá trị trung bình số học của các số, được coi là một phép toán, không có tính kết hợp (nghĩa là nói chung,

$$\frac{a + b}{2} + c \neq \frac{a + b + c}{2}),$$

và trung bình số học của ba số, nói chung, không được biểu diễn dưới dạng tổ hợp hữu hạn của trung bình số học của các số này, lấy hai số cùng một lúc (chứng minh đi!). Tuy nhiên, như chúng ta đã thấy, bằng cách sử dụng phép chuyển đổi bắc cầu, trung bình số học của ba số có thể được biểu diễn thông qua trung bình số học của hai số. Các mối quan hệ giới hạn tương tự liên quan đến các số $k + 1$ và $k$ đối với bất kỳ số nguyên $k \geqslant 2$ nào.

I. Burmistroovich

M490. $p$ là số nguyên tố lẻ. Cho $p-1$ số nguyên không chia hết cho $p$. Chứng minh rằng bằng cách thay thế một số số này bằng số đối, bạn có thể nhận được $p-1$ số nguyên có tổng chia hết cho $p$.

Chúng ta sẽ viết $a \equiv b$ nếu các số $a$ và $b$ cho cùng số dư khi chia cho $p$ (như đã biết, trong trường hợp này người ta nói rằng $a$ có thể so sánh với $b$ modulo $p$ - xem bài “So sánh và các loại dư lượng” ở «Kvant» số 10). Khi đó, hiển nhiên rằng nếu $p$ là số nguyên tố lẻ thì sẽ tồn tại một số nguyên $s$, $0 \leqslant 2s < p-1$ sao cho $2s \equiv a_1 + \dots + a_{p-1}$ (hãy nghĩ kỹ điều này!).

Để chứng minh, chúng ta cần một bổ đề, vốn đã được xuất bản một lần vào năm «Kvant» («Kvant», 1971, số 8, trang 43):

25

Bổ đề. Đặt dữ liệu $r$ là số của các số $b_1, b_2, \dots, b_r$, không chia cho $p$; $0 < r < p$, $p$ - đơn giản. Khi đó, từ những số này, có thể tạo ra ít nhất $r + 1$ tổng bằng cách chia các số dư khác nhau khi chia cho $p$ (trong trường hợp này được phép lấy tổng của “tập hợp số trống”, được coi là bằng 0, tổng “từ một số hạng”, từ hai, …, từ tất cả $r$ số hạng).

Dưới đây chúng tôi sẽ chứng minh bổ đề này và bây giờ chúng tôi sẽ chỉ ra cách sử dụng nó để giải bài toán của chúng tôi.

Theo bổ đề, từ các số $a_1, \dots, a_{p-1}$ có thể hình thành ít nhất $p$ tổng có số dư khác nhau khi chia cho $p$. Vì tổng các số dư khác nhau khi chia cho $p$ chính xác là $p$ phần: $0, 1, \dots, p - 1$, nên trong số các tổng này có một tổng có số dư $s$ khi chia cho $p$. Đặt tổng này $a_{i_1} + \dots + a_{i_k}$; thì $a_{i_1} + \dots + a_{i_k} \equiv s$. Bây giờ chúng ta hãy lấy tất cả các số khác không bao gồm các số hạng trong tổng $a_{i_1} + \dots + a_{i_k}$; đặt những con số này là $a_{j_1}, \dots, a_{j_l}$. Vì $a_{1} + \dots + a_{p-1} \equiv 2s$ và $a_{i_1} + \dots + a_{i_k} \equiv s$, chúng ta nhận được $a_{j_1} + \dots + a_{j_l} \equiv s$ đó. Đảo ngược các số $a_{j_1}, \dots, a_{j_l}$, ta được số $a_{i_1} + \dots + a_{i_k} - a_{j_1} - \dots - a_{j_l}$, có thể so sánh với 0 modulo $p$, tức là chia hết cho $p$.

Để hoàn thành lời giải bài toán chúng ta còn lại một bổ đề. Hãy làm điều này bằng quy nạp.

Với $r = 1$ mệnh đề của bổ đề là hiển nhiên. Giả sử nó đúng với $r = k < p - 1$ và sai với $r = k + 1$, và chúng ta đi đến mâu thuẫn. Vì vậy, giả sử tổng của $k$ số hạng $b_1, b_2, \dots, b_k$ khi chia cho $p$ $k + 1$ các số dư khác nhau $0, s_1, \dots, s_k$. Sau đó, vì sau khi thêm $b_{k+1}$ số lần và số hạng của các tổng của chúng không tăng nên tất cả các tổng $0 + b_{k+1}, s_1 + b_{k+1}, \dots, s_k + b_{k+1}$ modulo $p$ đều có trong tập $\{0, s_1, \dots, s_k\}$. Nói cách khác, nếu bạn thêm $b_{k+1}$ vào bất kỳ phần tử nào của tập hợp này, bạn lại nhận được một phần tử của cùng một tập hợp. Như vậy, bộ này đã hoàn chỉnh và chứa các phần tử $0, b_{k+1}, 2b_{k+1}, \dots, (p - 1)b_{k+1}$. Nhưng rõ ràng là tất cả các phần tử này đều khác biệt (modulo $p$): hiệu $ib_{k+1} - jb_{k+1} = (i - j)b_{k+1}$, trong đó $0 < i - j < p$, không thể chia cho $p$, vì $p$ là số nguyên tố. Điều này có nghĩa là tập hợp $\{0, s_1, \dots, s_k\}$ chứa tất cả các phần tử riêng biệt $p$, mặc dù chúng tôi giả định rằng $k + 1 < p$. Bổ đề đã được chứng minh.

F. Vayshtein,
V. Galperin

F498. Đường kính của một tấm kính hình trụ đơn sắc là $d$, chiều cao là $h$. Thân và đáy ly đều tốt như nhau. Nước được đổ vào ly. Ở mực nước nào khối ly tâm của cốc nước ở vị trí thấp nhất?

Dòng ly tâm của hệ thống chiếm vị trí thấp nhất khi nó ở mức nước trong kính. Thật vậy, nếu mực nước nằm dưới trọng tâm của hệ (điểm $P$ trong Hình 8, a), thì dòng ly tâm đi vào khi nước được thêm vào kính (trong trường hợp này, khối lượng được đặt ở dưới trọng tâm). Nếu mực nước nằm ở dòng ly tâm của hệ thống (Hình 8, 6) thì dòng ly tâm sẽ hạ xuống nếu nước nằm phía trên nó bị đổ ra khỏi ly.

Chúng ta hãy tìm vị trí của hệ ly tâm khi nó ở độ cao tối thiểu (Hình 9). Nếu hướng tâm của hệ (điểm $P$) ở độ cao $y$ so với đáy ly thì hướng tâm của nước (điểm $P_1$) ở độ cao $y/2$ tính từ đáy ly. Dòng ly tâm của kính bên (điểm $P_2$) ở độ cao $h/2$, dòng ly tâm của đáy (điểm $P_3$) ở phía dưới. Chúng ta hãy biểu thị bằng $m_1$ khối lượng nước trong ly, bằng $m_2$ khối lượng của ly và $m_3$ khối lượng của đáy. Sau đó

$$(m_1 + m_2 + m_3)y = m_1y/2 + m_2h/2$$

(thế năng $(m_1 + m_2 + m_3)$ gy của hệ bằng

26

trên tổng các thế năng của nước, thành kính và đáy: $m_1gv/2 + m_2gh/2 + 0$.

Gọi $\rho$ là mật độ của nước, $\mu$ là khối lượng của đơn vị mật độ và đáy. Sau đó $m_1 = \frac{\pi d^2}{4} y\rho$, $m_2 = \pi dh\mu$, $m_3 = \frac{\pi d^2}{4} \mu$.

Sử dụng các biểu thức này, chúng ta thu được từ (*) các phương trình sau cho $y$:

$$y^2d\rho + \mu (8h + 2d) y - 4h^2\mu = 0.$$

Phương trình này chỉ có một nghiệm dương

$$y = \frac{1}{d\rho} \left[ \sqrt{\mu^2 (4h + d)^2 + 4h^2\mu d\rho} - \mu (4h + d) \right].$$

◆

Thiết bị này có thể đóng vai trò như một nhiệt kế nếu thể tích nước $V_1$ và $V_2$, cách nhau bởi một giọt thủy ngân, phụ thuộc vào nhiệt độ.

Trước tiên, chúng ta hãy xem xét liệu $V_1$ có phụ thuộc vào $T$ (và $V_2$ trên $T$) hay không khi thiết bị được đặt theo chiều ngang. Nếu một giọt thủy ngân cân bằng ở nhiệt độ $T$ thì áp suất ở bên trái và bên phải của nó sẽ bằng nhau: $p_1 = p_2$. Chúng ta hãy ký hiệu lần lượt là $m_1$ và $m_2$ khối lượng của nước ở bên trái và bên phải của giọt nước và $\mu$ khối lượng mol của nước. Sau đó

$$p_1 = \frac{m_1}{\mu V_1} RT, \quad p_2 = \frac{m_2}{\mu V_2} RT,$$

vì vậy với $p_1 = p_2$ chúng ta có:

$$\frac{m_1}{V_1} = \frac{m_2}{V_2},$$ hoặc $$\frac{V_1}{V_2} = \frac{m_1}{m_2}.$$

Chúng ta thấy rằng khi thiết bị được đặt theo chiều ngang, $V_1/V_2$ không phụ thuộc vào $T$. Tổng $V_1+V_2$ cũng không đổi. Do đó, cả $V_1$ và $V_2$ đều không phụ thuộc vào nhiệt độ $^*$). Thiết bị này không thể hoạt động như một nhiệt kế.

Khi thiết bị được đặt thẳng đứng, áp suất khi rơi phải cao hơn áp suất phía trên nó để thỏa mãn điều kiện sau:

$$p_1s = p_2s + mg,$$

trong đó $m$ là khối lượng của giọt nước, $s$ là diện tích mặt cắt ngang của ống, $p_1$ và $p_2$ lần lượt là áp suất nước bên dưới và bên trên giọt nước. Thay thế vào (2) biểu thức (1) cho $p_1$ và $p_2$, ta thu được

$$\frac{m_1}{V_1} - \frac{m_2}{V_2} = \frac{mg\mu}{sRT}.$$

Và vì $V_1+V_2$ là const, nên trong trường hợp này cả $V_1$ và $V_2$ đều phụ thuộc vào nhiệt độ. Thiết bị có thể hoạt động như một nhiệt kế.

◆

Âm thanh do chuông phát ra truyền đi dưới dạng sóng hình cầu, tâm sóng chuyển động theo phương ngang với tốc độ gió $|\vec{v}|$. Vì cường độ của âm thanh giảm dần khi bán kính của mặt sóng tăng lên, nên rõ ràng là người ta nghe thấy tiếng chuông lớn nhất tại điểm trên trái đất nơi âm thanh chạm tới, sau khi truyền đi một khoảng cách tối thiểu tính từ tâm sóng cầu. Это — đó là lý do tại sao bạn có thể sử dụng nó. Vì thế

*) Trên thực tế, khi nhiệt độ thay đổi, thể tích của một giọt thủy ngân cũng thay đổi, dẫn đến thể tích $V_1$ và $V_2$ thay đổi. Tuy nhiên, vì thể tích của một giọt thủy ngân nhỏ hơn nhiều so với $V_1$ và $V_2$ nên có thể bỏ qua sự thay đổi này.