Lời giải bài toán M579—M582, M584, M586—M594, M597; F589—F598

28

Lời giải bài toán

M579—M582, M584, M586—M594, M597;
F589—F598

M579. Chứng minh rằng với mọi số $x_1, x_2, \dots, x_n$ thuộc khoảng [0; 1], bất đẳng thức đúng
$$x_1 + x_2 + \dots + x_n + 1)^2 \geqslant 4(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2).$$

Đầu tiên là lời giải. Đối với $x_n$, bất đẳng thức này là bậc hai, $P_2(x) = 3x_n^2 + Ax_n + B \leqslant 0$, và nó đúng trong khoảng [0; 1], nếu $P_2(0) \leqslant 0$ và $P_2(1) \leqslant 0$. Hai bất đẳng thức này đối với $x_{n-1}$ cũng là bình phương, cùng dạng và có giá trị trên toàn bộ khoảng [0; 1], nếu hợp lệ cho $x_{n-1} = 0$ và $x_{n-1} = 1$. Lập luận theo cách này hơn nữa, chúng ta thấy rằng chỉ cần kiểm tra bất đẳng thức ban đầu cho các tập hợp $x_1, \dots, x_n$ của 0 và 1 là đủ. Nếu số $x_i$ bằng một bằng $k$, thì chúng ta thu được bất đẳng thức hiển nhiên $(k+1)^2 \geqslant 4k$ (tức là, $(k-1)^2 \geqslant 0)$.

Thứ hai lời giải. Vì các số $x_1, x_2, \dots, x_n$ thuộc khoảng [0; 1],
$$4(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) \leqslant 4(x_1 + \dots + x_n),$$
và sự bất bình đẳng của chúng ta lại trùng khớp với bất đẳng thức tiếp theo
$$4S \leqslant (S+1)^2.$$
A. Plotkin.
S. Fomin

M580. Trong quốc hội, mỗi thành viên có không quá ba kẻ thù. Chứng minh rằng quốc hội có thể chia thành hai viện sao cho mỗi nghị sĩ ở cùng viện với mình sẽ không có nhiều hơn một kẻ thù. (Người ta coi rằng nếu $A$ là kẻ thù của $B$ thì $B$ là kẻ thù của $A$)

Hãy thực hiện việc phân vùng một cách tùy ý. Nếu trong bất kỳ phòng nào, một số nghị viện $A$ có $\geqslant 2$ kẻ thù, thì số kẻ thù của anh ta ở phòng kia là $\leqslant 1$. Do đó, sau khi di chuyển $A$ sang phòng khác, tổng số cặp kẻ thù bên trong phòng sẽ giảm đi. Chúng tôi sẽ tiếp tục các phong trào như vậy cho đến khi đáp ứng được điều kiện yêu cầu.

O. Borodin

M581. a) Có số nào có ba chữ số mà lập phương của nó có ba chữ số bảy?
6) Với bất kỳ tập hợp số nào, số cuối cùng không phải là 0, liệu có khối lập phương nào chứa tập hợp số này không?

a) Để số $n^3$ kết thúc bằng 7, bản thân số $n$ phải kết thúc bằng 3, vì vậy nếu số có ba chữ số mong muốn $n$ tồn tại thì $n = ab^3 = 100a + 10b + 3 = 10(10a + b) + 3$. Sau đó $n^3 = 10^3 \cdot A + 10^2(7a + 2b + 9b^2) + 10(7b + 2) + 7$.

Số $7b + 2$ chuyển thành 7 khi và chỉ khi $7b$ chuyển thành 5, tức là khi $b = 5$. Sau đó $n^3 = 10^3 \cdot A + 10^2(7a + 8) + 77$.

Số $7a + 8$ chuyển thành 7 khi và chỉ khi $a = 7$.

Vì vậy, $753^3$ hóa ra là (ít nhất) ba số bảy.

6. Không, không dành cho tất cả mọi người. Nếu số $n^3$ chuyển thành 5 thì bản thân số $n$ chuyển thành 5. Nhưng số $(10a + 5)^3$ chuyển thành 25 nếu $a$ là số chẵn và thành 75 nếu $a$ là số lẻ. Do đó, với mỗi $n$ số $n^3$ cuối cùng là 05, 15, 35, 45, 55, 65, 85, 95.

Ngoài ra, nếu số $n^3$ hóa ra là chữ số chẵn thì $n^3$ chia hết cho 2; thì $n$ chia hết cho 2 và do đó, $n^3$ chia hết cho 8. Nhưng số $a$ chia hết cho 8 khi và chỉ khi số tạo thành bởi các chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8. Điều này có nghĩa là không có $n$ thì số $n^3$ là số chẵn có ba chữ số và chia hết cho 8.

Và đáp số sẽ là bao nhiêu trong bài toán 6), nếu chúng ta yêu cầu chữ số cuối cùng của tập hợp này là số lẻ và khác 5?

29

M582. Một tứ giác có hai đường chéo vuông góc nội tiếp trong một đường tròn tâm O. Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm O đến mỗi cạnh bằng một nửa chiều dài cạnh đối diện.

Hình 1.

Hình 2.

M584. Có thể tưởng tượng toàn bộ không gian như một sự kết hợp của các đường thẳng, trong đó hai đường thẳng giao nhau (nghĩa là không nằm trong cùng một mặt phẳng)?

Hình 1.

Hình 2.

Đầu tiên là lời giải. Gọi K, L, M, N là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD và AD của tứ giác nội tiếp ABCD (Hình 1), [AC] ⊥ [BD]. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó |ON| = |BL| và |OM| = |BK|.

Quả thực, |KL| = |MN| và [KL] || [MN] là đường trung bình của tam giác ABC và ACD có chung đáy AC. Do đó BKL = BAC = BDC (các góc nội tiếp cùng chung một cung). Hơn nữa, [OM] ⊥ [CD], và [MN] ⊥ [BD] (vì [MN] || [AC]), nên BDC = OMN. Vậy BKL = OMN. Ngoài ra, KBL = 180° – MDN = MON. Như vậy, các tam giác BKL và MON là các tam giác tắc (một cạnh và hai góc), từ đó |ON| = |BL|, |OM| = |BK|.

Bình đẳng |OK| = |DM| và |OL| = |DN| suy ra từ đường tròn của các tam giác OKL và DMN.

Thứ hai lời giải. Vẽ dây AE vuông góc với AD (Hình 2). Cung AE được nạp lên cung BC (vì ADE = BAC) nên |AE| = |BC|. Vì EAD = 90° nên ED là đường kính và O ∈ [ED]. Vì [ON] là đường trung bình của tam giác vuông ADE, |ON| = |AE|/2 = |BC|/2, như đã nêu.

I. Klumova

Hãy để chúng tôi đưa ra một ví dụ về phân vùng không gian thành các đường xiên theo cặp.

Cho đường thẳng l0 thẳng đứng (trục Oz trên Hình 1). Qua mỗi điểm T của mặt phẳng ngang α (Oxy), khác với O, ta vẽ đường thẳng TM vuông góc với đoạn OT và nghiêng với mặt phẳng α một góc arctan 1/|OT|.

Do đó, khi r = |OT| từ 0 đến +∞ đường thẳng TM sẽ nghiêng dần từ vị trí thẳng đứng l0 sang nằm ngang. Đối với r cố định, các đường thẳng TM quay quanh trục l0, tạo thành một quả bóng đơn dải Γr (Hình 2). Với mỗi r > 0, thu được một hyperbol có “cổ” bán kính r, ngày càng rộng hơn.

Các đường thẳng TM được dựng cho mọi điểm T ∈ α khác O và đường thẳng l0 tạo thành phân vùng cần thiết. Hãy chứng minh điều đó.

Trước hết ta chứng minh rằng không có hai đường thẳng nào song song. Thật vậy, nếu hai đường thẳng thuộc hai họ khác nhau Γr1 và Γr2, r1 ≠ r2 thì góc φ1 và φ2 của chúng so với mặt phẳng nằm ngang α là khác nhau. Nếu hai đường thẳng thuộc cùng một họ Γr thì hình chiếu của chúng lên mặt phẳng α hoặc lên mặt phẳng thẳng đứng sẽ rất indo chứ không song song.

(Lưu ý rằng trên mỗi hyperbolit Γr, chúng ta có thể chọn một trong hai họ bộ tạo tuyến tính: chúng ta có thể hướng vectơ TM′ từ điểm T (Hình 1) theo chiều kim đồng hồ hoặc ngược chiều kim đồng hồ. Mỗi lần chúng ta hướng nó theo cùng một cách.)

Thứ hai, bạn cần chứng minh rằng có đúng một đường thẳng đi qua mỗi điểm trong không gian. Điều này gần như hiển nhiên “từ các thông điệp liên tục”, nhưng để chứng minh chặt chẽ thì tốt hơn nên sử dụng phương pháp tọa độ.

Cho P(x; y; z) là một điểm trên đường TM trong Hình 1; P′(x; y) hình chiếu của nó lên mặt phẳng α. Sau đó |TP| = r|z|, do đó |OP′|2 = r²(1 + z²), tức là

x² + y² = r²(1 + z²).

31

M588. a) Qua một điểm nằm bên trong một tứ diện tùy ý, các đoạn có các đầu trên các mặt của tứ diện được vẽ song song với các cạnh của nó. Chứng minh rằng tổng của cả sáu tỉ số giữa độ dài các đoạn thẳng và độ dài các cạnh song song với chúng luôn bằng trem.
b) Lập và chứng minh khẳng định tương tự đối với tam giác (trong mặt phẳng).

Hình 1.

Hình 2.

M589. Trên mặt phẳng có một tập hợp n vectơ, độ dài mỗi vectơ không vượt quá 1. Chứng minh rằng bằng cách thay thế các vectơ không tác nhân của tập hợp này bằng các vectơ đối diện của chúng, ta thu được một tập hợp như vậy

Bạn có thể chứng minh (hãy thử!) rằng quỹ đạo của bất kỳ điểm ban đầu nào $(x_0; y_0; z_0)$ - tập hợp các điểm thu được từ nó nhờ tác động của nhóm tất cả các phép biến đổi của chúng ta - sẽ dày đặc trên một hình cầu có bán kính $\sqrt{x_0^2 + y_0^2 + z_0^2}$ với tâm $O$, nghĩa là nó chứa các điểm trong bất kỳ đường tròn góc cạnh nhỏ nào của hình cầu.

Khó hơn bài toán - mô tả quỹ đạo chính xác của một điểm, chẳng hạn như điểm (1; 0; 0) hoặc một trong các điểm được đưa ra trong các điều kiện hoặc chỉ ra một thuật toán cho phép bạn tìm hiểu từ hai điểm trên hình cầu xem liệu một trong số chúng có thể được chuyển sang điểm kia hay không. Chúng tôi không biết lời giải những bài toán này.

N. Vasiliev

◆
a) Chúng ta hãy vẽ qua điểm $O$ bên trong khối tứ diện $ABCD$ các đoạn $|A_1B_1| \parallel |AB|$ và $|C_1D_1| \parallel |CD|$, trong đó $A_1 \in (ACD)$, $B_1 \in (BCD)$, $C_1 \in (ABC)$, $D_1 \in (ABD)$ (Hình 1). Các đoạn này xác định một mặt phẳng cắt các mặt $ABC$ và $ABD$ dọc theo các đường thẳng $PN$ và $MQ$, song song với $(AB)$ và các mặt $ACD$ và $BCD$ - dọc theo các đường thẳng $MN$ và $PQ$, song song $(CD)$. Điều này có nghĩa là tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành. chúng tôi có

$$\frac{|A_1B_1|}{|AB|} = \frac{|MQ|}{|AB|} = \frac{|DM|}{|AD|},$$

$$\frac{|C_1D_1|}{|CD|} = \frac{|MN|}{|CD|} = \frac{|AM|}{|AD|}.$$

Từ đây

$$\frac{|A_1B_1|}{|AB|} + \frac{|C_1D_1|}{|CD|} = \frac{|DM|}{|AD|} + \frac{|AM|}{|AD|} = \frac{|DM|+|AM|}{|AD|} = 1.$$

Vì vậy, tổng tỷ số giữa độ dài của các đoạn được vẽ với chiều dài các cạnh cắt của tứ diện song song với chúng bằng một. Do đó, tổng của tất cả sáu tỷ số giữa độ dài của các đoạn thẳng với độ dài các cạnh song song của chúng bằng hai.

Đặt $O$ là một điểm bên trong $\Delta ABC$, $A_1A_2$, $B_1B_2$, $C_1C_2$ - các đoạn thẳng song song với các cạnh của tam giác (Hình 2). Từ sự giống nhau của các tam giác $ABC$, $C_1CC_2$ và $A_1AA_2$ ta thu được (để biết ký hiệu, xem Hình 2)

$$\frac{|C_1C_2|}{|AB|} = \frac{|CC_1|}{|AC|} = \frac{x+y}{|AC|},$$

$$\frac{|A_1A_2|}{|BC|} = \frac{|AA_2|}{|AC|} = \frac{z+y}{|AC|}.$$

Ngoài ra, $$\frac{|B_1B_2|}{|AC|} = \frac{x+z}{|AC|}$$ (xem Hình 2). Đó là lý do tại sao

$$\frac{|A_1A_2|}{|BC|} + \frac{|B_1B_2|}{|AC|} + \frac{|C_1C_2|}{|AB|} =$$

$$= \frac{z+y}{|AC|} + \frac{x+z}{|AC|} + \frac{x+y}{|AC|} = \frac{2(x+y+z)}{|AC|} = 2,$$

Q.E.D.

E. Yasinovy

◆
Chúng ta hãy cho lời giải bài toán 6). Nó dựa trên tuyên bố đơn giản sau đây:

Bổ đề. Nếu $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ là các vectơ trên mặt phẳng có độ dài không vượt quá 1 thì độ dài tổng hoặc hiệu của một số hai trong số chúng cũng không vượt quá 1.

Thật vậy, trong sáu vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, -\vec{a}, -\vec{b}, -\vec{c}$ có hai vectơ có góc không vượt quá 1.

32

n vectơ có tổng có độ dài
a) không vượt quá $\sqrt{n}$;
b) không vượt quá $\sqrt{2}$.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

M590. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $|\cos x| + |\cos 2x|$. Chứng minh rằng với mọi số $x$ và $60^\circ$. Nhưng hiển nhiên, sự khác biệt giữa hai vectơ này sẽ không vượt quá 1 (Hình 1).

Tuyên bố bài toán hiện được chứng minh như sau. Cho $n > 1$ và $a_n$ là số nhỏ nhất có tính chất sau: với mọi vectơ $\vec{a}_1, \dots, \vec{a}_n$ trên mặt phẳng sao cho $|\vec{a}_1| \leq 1$, …, $|\vec{a}_n| \leq 1$, trong tổng $x = \pm a_1 \pm \dots \pm a_n$, ta có thể chọn các dấu sao cho $|\vec{x}| \leq a_n$. Chúng ta cần kiểm tra xem $a_n \leq \sqrt{2}$. Bổ đề cho thấy rằng nếu $n > 3$ thì $a_n = a_{n-1}$. Vì vậy $a_n = a_2$. Nhưng, hiển nhiên, $a_2 = \sqrt{2}$ (Hình 2), điều này hoàn tất chứng minh.

Điều tò mò là kết quả đã được chứng minh (với hằng số kém hơn một chút) cũng có giá trị đối với phương pháp đo chiều dài của vectơ “phi Euclide”, trong đó vai trò của vòng tròn đơn vị được thực hiện bởi một hình đối xứng tâm lồi tùy ý bao quanh $\Phi$ trên mặt phẳng. Phương pháp này rất phổ biến trong toán học hiện đại và bao gồm những điều sau đây.

Để thay đổi độ dài $\vec{a}$, chúng ta ngắt vectơ này khỏi tâm đối xứng $O$ của hình $\Phi$ - đặt $\vec{a} = OA$ - và tìm số nhỏ nhất $\lambda > 0$ sao cho $A \in \lambda \Phi$ (λФ là ảnh của hình $\Phi$ khi tiếp xúc với tâm $O$ và hệ số $\lambda$ - xem Hình 3; chúng ta giả sử rằng Φ chứa ranh giới của chính nó và điểm $O$ nằm bên trong $\Phi$). Con số này là $\lambda$ và được coi là “độ dài tổng quát” $|\vec{a}|_\Phi$ của vectơ $\vec{a}$. Rõ ràng là nếu $\Phi$ là một đường tròn có bán kính 1 thì $|\vec{a}|_\Phi = |\vec{a}|$ và $|OA|_\Phi < 1 \iff A \in \Phi$ cũng vậy. Trong sóng nói, chúng ta thay đổi độ dài của vectơ bằng cách chọn các tỷ lệ khác nhau theo các hướng khác nhau. Có thể dễ dàng xác minh rằng số đã nhập $|\vec{a}|_\Phi$ có các đặc tính chung về độ dài; đặc biệt, bất đẳng thức $|\vec{a} + \vec{b}|_\Phi < |\vec{a}|_\Phi + |\vec{b}|_\Phi$ là đúng (Kiểm tra! Ở đây bạn cần độ lồi của hình $\Phi$).

Một sự tương tự của tuyên bố đã được chứng minh ở trên trông như thế này. Nếu $|\vec{a}_1|_\Phi \leq 1$, …, $|\vec{a}_n|_\Phi \leq 1$ thì trong tổng $\vec{x} = \pm a_1 \pm a_2 \pm \dots \pm a_n$ ta có thể chọn các dấu sao cho $|\vec{x}|_\Phi \leq 2$.

Việc chứng minh tuân theo sơ đồ tương tự; Chỉ có cách chứng minh bổ đề mới yêu cầu lập luận mới, vì bây giờ chúng ta không thể khẳng định rằng nếu $|\vec{a}|_\Phi, |\vec{b}|_\Phi \leq 1$ và $(a, b) \leq 60^\circ$ thì $|a - b|_\Phi \leq 1$.

Vì vậy hãy để $|\vec{a}|_\Phi, |\vec{b}|_\Phi, |c|_\Phi \leq 1$. Điều này có nghĩa là các điểm $A, B, C$ sao cho $OA = \vec{a}, OB = \vec{b}, OC = \vec{c}$ thuộc về $\Phi$.

Hãy để $OD = a + b$. Rõ ràng là, khi xét đến khả năng xảy ra điểm $C$, chúng ta có thể giới hạn mình trong trường hợp $C$ thuộc góc $BOD$. Nếu $C$ nằm trong tam giác $OBD$ thì $P_-b$ (C) nằm trong tam giác $AOB'$ (ở đây $P_-b$ là bản dịch song song của vectơ $-b$). Do đó, $P_-b$ (C) ∈ Ф, nên trong trường hợp này là $|c - b|_\Phi \leq 1$. Chúng ta chia phần còn lại của góc $BOD$ thành các vùng I và II, như trong Hình 4. Nếu điểm $C$ nằm trong vùng I, thì điểm $D$ thuộc tam giác $ABC$ nằm trong Ф, và do đó $|\vec{a} + \vec{b}|_\Phi \leq 1$, và nếu $C$ nằm trong vùng II, thì rõ ràng, điểm đó $P_-b$ (C) thuộc tứ giác lồi $OACB$ nằm trong hình $\Phi$, và chúng ta lại thu được $|c - b|_\Phi \leq 1$ đó.

Bây giờ giới thiệu các số $a_n = a_n(\Phi)$ như trên, chúng ta lại thấy $a_n(\Phi) = a_2(\Phi)$ tại $n > 2$. Nhưng $a_2(\Phi) \leq 2$ hoặc $|a_1 + a_2|_\Phi \leq |a_1|_\Phi + |a_2|_\Phi \leq 2$ và do đó $a_n(\Phi) \leq 2$, đó là những gì được yêu cầu. Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng đối với một số tùy ý $\Phi$CONSTANTУ 2 không thể giảm được: coi gram song song $ABCD$ là Ф và các vectơ $OA$ và $OB$ là $\vec{a}_1$ và $\vec{a}_2$.

A. Âm mưu

a) Đặt $t = |\cos x| \in [0; 1]$ và xét hàm $y(t) = t + |2t^2 - 1|$ trên khoảng [0; 1].

Nếu $0 < t < \frac{1}{\sqrt{2}}$ thì

33

Mọi số tự nhiên $n$ tổng
$$|\cos x| + |\cos 2x| + \dots + |\cos 2^n x|$$
b) không nhỏ hơn $\frac{n}{4}$;
c) không nhỏ hơn $\frac{n}{2}$.

$$y(t) = t + (1 - \sqrt{2} t) (1 + \sqrt{2} t) \geq t + (1 - \sqrt{2} t) = 1 - t(\sqrt{2} - 1) \geq 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} (\sqrt{2} - 1) = \frac{1}{2}.$$

Nếu $\frac{1}{\sqrt{2}} < t \leq 1$ thì $y(t) \geq t \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$. Do đó, $y(t) \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$ cho mọi $t \in [0; 1]$. Nhưng ở $t = \frac{1}{\sqrt{2}}$ (tức là $x = \frac{\pi}{4}$) $y(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}$. Điều này có nghĩa là giá trị nhỏ nhất của biểu thức $|\cos x| + |\cos 2x|$ là $\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Có thể đạt được kết quả tương tự bằng cách nhận thấy rằng đồ thị của hàm $y(t)$ trên khoảng [0; 1] bao gồm hai mảnh parabol:

$$y(t) = \begin{cases} -2t^2 + t + 1 & \text{при } t \in \left[0; \frac{1}{\sqrt{2}}\right], \\ 2t^2 + t - 1 & \text{при } t \in \left[\frac{1}{\sqrt{2}}; 1\right], \end{cases}$$

và sau đó kiểm tra cẩn thận ít nhất từng phần (xem hình).

Tương tự, ta có thể chứng minh bất đẳng thức đơn giản hơn
$$2|\cos x| + |\cos 2x| \geq 1$$
và thậm chí kết hợp nó với sự bất bình đẳng
$$|\cos x| + |\cos 2x| \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$$

trong một:

$$a|\cos x| + |\cos 2x| \geq \min\{1, \frac{a}{\sqrt{2}}\},$$

hợp lệ cho tất cả các số thực $a \geq 0$ và $x$ (tự kiểm tra điều này).

b) Hãy ký hiệu số lượng
$$|\cos x| + |\cos 2x| + |\cos 4x| + \dots + |\cos 2^n x|$$

qua $\sigma_n(x)$. Hãy đặt $f(x) = |\cos x| + |\cos 2x|$. Theo điều đã được chứng minh ở điểm a) $f(x) \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$, vậy

$$\sigma_n(x) = f(x) + f(4x) + f(16x) + \dots + f(2^n \left[\frac{n-1}{2}\right] x) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2}} = \left(\left[\frac{n-1}{2}\right] + 1\right) \frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{n}{2\sqrt{2}} > \frac{n}{4}.$$

c) Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng nếu $|\cos x| \leq \frac{1}{2}$ thì $|\cos x| + |\cos 2x| \geq 1$. Thật vậy, nếu $t = |\cos x| \leq \frac{1}{2}$ thì $\cos 2x = 2t^2 - 1 \leq 2 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 - 1 < 0$. Kể từ đây,

$$|\cos x| + |\cos 2x| = t + 1 - 2t^2 = 1 + 2t \left(\frac{1}{2} - t\right) \geq 1.$$

Hãy chuyển sang bài toán c). Chúng ta hãy sửa $x$ và $n$ rồi gọi số nguyên $k \in [0; n]$ là “xấu” nếu $|\cos 2^k x| < \frac{1}{2}$ và “tốt” nếu $|\cos 2^k x| \geq \frac{1}{2}$. Từ những gì đã được chứng minh ở trên, suy ra rằng mọi số “xấu” $k$ (ngoại trừ $k = n$) đều được theo sau bởi một số “tốt” $k + 1$ và $|\cos 2^k x| + |\cos 2^{k+1} x| \geq 1$. Bây giờ chúng ta hãy đánh số tất cả các số “xấu” theo thứ tự tăng dần:

$$1 \leq k_1 < k_2 < \dots < k_r \leq n (r - количество «плохих» чисел).$$

Vì những điều trên, $k_{j+1} \geq k_j + 2 (j = 1, \dots, r - 1)$. Đồng thời

35

M592. Chứng minh rằng đối với một tam giác bất kỳ, hình chiếu của đường kính đường tròn ngoại tiếp vuông góc với một cạnh của tam giác lên đường thẳng chứa cạnh thứ hai có độ dài bằng tam giác đó.

M593. Bên trong đường tròn G có n dốc. Chứng minh rằng độ dài ranh giới giao nhau của các đường tròn này không vượt quá độ dài đường tròn Г nếu a) n = 2;
b) Tâm của tất cả n dốc nằm trên cùng một đường kính của đường tròn D;
c) tất cả n hệ số góc đều chứa tâm đường tròn G.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Gọi $[LK]$ là hình chiếu của đường kính $DE$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ ($[DE] \perp [AC]$) lên đường thẳng chứa cạnh $BC$ (xem hình). Hiển nhiên là $\widehat{DEK} = \widehat{ACB}$ (khoảng cách của các tứ giác $DEKL$ và $DFCL$). Do đó $|LK| = |DE| \cdot \sin \widehat{DEK} = |DE| \cdot \sin \widehat{ACB} = |AB|$, đó là điều cần chứng minh.

I. Klumova

6. Đặt tâm $O_1, O_2, \dots, O_n$ của tất cả n đường tròn nằm trên cùng đường kính của đường tròn ngoài $\Gamma$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $R$ bán kính của hình tròn $\Gamma$ và bằng $r_i$ bán kính của hình tròn có tâm $O_i$.

Nếu các vòng tròn “bên trong” không giao nhau (được phép chạm vào), thì độ dài ranh giới giao nhau của chúng bằng $\sum_{i=1}^{n} 2\pi r_i = \pi \sum_{i=1}^{n} 2r_i \leq 2\pi R$, đó là điều chúng ta cần chứng minh.

Đối với trường hợp tổng quát, bổ đề sau đây:
Đặt các đường tròn có tâm $O_1, O_2, O'_1$ như trong Hình 1. Sau đó

$$\widehat{AB} + \widehat{BM} > \widehat{AM}$$

(bằng $\widehat{AB}$ chúng tôi biểu thị độ dài của các vòng tròn $AB$).

Chứng minh bổ đề. Hãy dựng một đường tròn phụ có tâm $O'_1$ như trên Hình 2. Dễ dàng chứng minh rằng $\widehat{BM} + \widehat{MC} > \widehat{BC}$. Tiếp theo, $\widehat{AB} + \widehat{BC} = \widehat{AMC}$. Cộng hai quan hệ này, chúng ta thu được $\widehat{AB} + \widehat{BM} > \widehat{AM}$, theo yêu cầu.

Chúng ta áp dụng bổ đề và ngay lập tức thu được chứng minh khẳng định cho trường hợp hai đường tròn (xem Hình 3).

Bây giờ chúng ta có n đường tròn có tâm $O_1, O_2, \dots, O_n$ trên cùng đường kính đường tròn $\Gamma$.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\Gamma_1$ ranh giới liên kết của chúng (sau đây chúng ta sẽ gọi $\Gamma_1$ một đường viền). Chúng ta hãy tách chuỗi các đường viền $\Gamma_1, \Gamma_2, \Gamma_3, \dots, \Gamma_n$, trong đó đường viền $\Gamma_{i+1}$ được lấy từ đường viền $\Gamma_i$ bằng cách thay thế hình tròn có tâm $O_i$ bằng hình tròn có tâm $O'_i$ trên cùng đường kính của hình tròn $\Gamma$, chạm vào các ranh giới của hình tròn có tâm $O_i$ từ bên trong và hình tròn có tâm $O_{i+1}$ từ bên trong bên ngoài (trên Hình 4 cho thấy đường viền màu đen ban đầu $\Gamma_1$ chuyển thành đường viền màu xanh lam $\Gamma_2$; Hình 5 hiển thị đường viền màu đỏ $\Gamma_5$ và các vòng tròn ban đầu được đánh dấu bằng một đường chấm màu đen).

Gọi $L_i$ là độ dài của đường viền $\Gamma_i$. Dựa trên Bổ đề $L_i \leq L_{i+1}$, và đẳng thức đạt được khi và chỉ khi đường tròn có tâm $O'_i$ trùng với đường tròn có tâm $O_i$. Đường viền cuối cùng $\Gamma_n$ sẽ là ranh giới của liên kết, giống như thế này và tất cả k hình tròn, và do đó, theo nhận xét ở đầu lời giải, độ dài của nó là $L_n \leq 2\pi R$. Vì vậy, $L_1 \leq L_2 \leq \dots \leq L_n \leq 2\pi R$, đó là điều bắt buộc.

C) Bây giờ chúng ta chuyển sang trường hợp tất cả các đường tròn đều chứa tâm O của đường tròn ngoài $\Gamma$.

Rõ ràng, đường viền có thể được chia thành các cung của các vòng tròn bên trong có tính chất sau: khi di chuyển dọc theo mõm $AB$ từ $A$ đến $B$ khoảng cách đến tâm O của vòng tròn $\Gamma$ giảm đi. Vì tất cả các đường tròn đều chứa tâm của đường tròn $\Gamma$ nên bất kỳ bán kính nào của nó đều cắt đường viền một lần.

Do đó, với lời giải bài toán chỉ cần chứng minh rằng $\widehat{AB} \leq Ra$, trong đó $a$ là số đo radian của góc $AOB$; thì chiều dài của đường viền, là tổng độ dài của các cung, sẽ không quá 2$\pi R$.

36

Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp chính khi cung $AB$ của đường tròn có tâm $O_i$ không chạm vào đường tròn $\Gamma$. Chúng ta hãy vẽ một đường tròn $K$ bán kính $R/2$ đi qua các điểm $O$ và $A$ (Hình 6); nó cắt đường tròn tâm $O_i$ tại các điểm $A_i$ và $C$. Chúng ta biểu thị bằng $l$ độ dài của cung tròn $K$, nằm giữa các điểm $A$ và $C$ và tiếp tuyến với đường tròn $\Gamma$. Không khó để chứng minh điều đó $\overrightarrow{AC} < l$. Mặt khác, $l = R \cdot \varphi$, trong đó $\varphi$ là số đo radian của góc $AOC$; do đó $\overrightarrow{AC} < R\varphi$. Do đó, nếu chúng ta có thể vẽ cung $AB$ thành các cung nhỏ hơn, qua các đầu của cung đó và điểm $O$, chúng ta có thể kiểm tra một đường tròn có bán kính không lớn hơn $R/2$, thì qua đó chúng ta sẽ chứng minh được bất đẳng thức $\overrightarrow{AB} < R\alpha$. Hãy để chúng tôi mô tả phương pháp phân vùng như vậy.

Xét đường tròn $K'$, đối xứng với đường tròn $K$ so với đường thẳng $OC$; để nó cắt cung $AB$ tại điểm $A_1$, và điểm $A'$ đối xứng với điểm $A$. Hãy nhớ rằng cung $AB$ đã được chọn sao cho $|AO| > |A_1O|$; do đó $|A'O| > |A_1O|$, từ đó $\overrightarrow{COA_1} > \overrightarrow{COA'} = \varphi$. Tiếp theo, chúng ta sẽ phản chiếu đối xứng đường tròn $K'$ so với đường thẳng $OA_1$, v.v. Vì với cách chia cung như vậy, $AB$ các cung nhỏ $\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{CA_1}$, … có thể nhìn thấy từ điểm $O$ ở một góc không nhỏ hơn $\varphi$, thông qua một số lần phản xạ hữu hạn, điểm $B$ rơi vào bên trong đường tròn phản xạ (trong Hình 6 đường tròn này là ảnh dưới dạng một điểm).

Sau đó, làm hình tròn cuối cùng, bạn cần lấy hình tròn có bán kính nhỏ hơn $R/2$, đi qua các điểm $O$, $B$ và điểm kết quả cuối cùng của phân vùng.

Phân vùng cần thiết đã được xây dựng.

Vẫn còn phải xét trường hợp cung $AB$ bên trong đường tròn chạm vào đường tròn $\Gamma$. Mục tiêu của chúng ta là chứng minh bất đẳng thức $\overrightarrow{AB} < R\alpha$. Giả sử điều ngược lại: đặt $\overrightarrow{AB} > R\alpha$. Khi đó có $\varepsilon > 0$ sao cho $\overrightarrow{AB} > \varepsilon + R\alpha = \left( R + \frac{\varepsilon}{\alpha} \right)\alpha$. Nhưng nếu bán kính của vòng tròn bên ngoài tăng lên một chút, chẳng hạn như $\frac{\varepsilon}{\alpha}$, thì sẽ không có tiếp xúc với cung $AB$, và do đó $\overrightarrow{AB} < \left( R + \frac{\varepsilon}{\alpha} \right)\alpha$. Chúng tôi đã đi đến bất đồng. Vì vậy, $\overrightarrow{AB} < R\alpha$ cũng trong trường hợp này.

Lưu ý rằng độ dài ranh giới của phần giao các vòng tròn của chúng ta trùng với độ dài của vòng tròn $\Gamma$ chỉ trong trường hợp tất cả các vòng tròn bên trong đi qua tâm $O$ của vòng tròn $\Gamma$ và chạm vào nó (Hình 7).

S. Kazakov

M594. Tìm tất cả các số thực $a$ tồn tại các số thực không âm $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$, $x_5$ thỏa mãn -

Hãy thực hiện thao tác sau: nhân số khớp đầu tiên với $a^2$, số thứ hai với $(-2a)$ và cộng với số khớp thứ ba. chúng tôi nhận được

$$\sum_{k=1}^{5} \left( a^2 kx_k - 2ak^3 x_k + k^5 x_k \right) = 0$$

37

$$\sum_{k=1}^{5} kx_k = a, \quad \sum_{k=1}^{5} k^3 x_k = a^2, \quad \sum_{k=1}^{5} k^5 x_k = a^3.$$

Vì các số $x_1, \dots, x_5$ không âm nên nhiều nhất một trong số chúng có thể khác 0; trong trường hợp này, hệ số tại đó phải chuyển về 0. Nếu tất cả $x_k$ đều bằng 0, việc khớp $\sum_{k=1}^{5} kx_k = a$ sẽ cho $a = 0$. Nếu một trong $x_k$ khác 0, thì từ (1) chúng ta thu được thêm năm giá trị cho $a: 1, 4, 9, 16, 25$. Tất cả các giá trị này thực sự hợp lệ: đối với mỗi giá trị, kết quả khớp $\sum_{k=1}^{5} kx_k = a$ cho phép bạn tìm lời giải tương ứng: $(1; 0; 0; 0; 0); (0; 2; 0; 0; 0); (0; 0; 3; 0; 0); (0; 0; 0; 0; 4; 0); (0; 0; 0; 0; 5)$; Một kiểm tra tầm thường cho thấy rằng lời giải này thỏa mãn các kết quả phù hợp còn lại.

A. Savin

M597. Hãy đặt
$$x_n = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}.$$
a) Chứng minh sự tồn tại của giới hạn
$$\gamma = \lim_{n \to \infty} (x_n - \ln n).$$
b) Chứng minh rằng với mọi $n, m \in N$
$$\gamma < x_n + x_m - x_{nm} \leq 1.$$
c) Tìm $\gamma$ chính xác đến 0,1.

a) Từ định lý Weierstrass (“Đại số và Nguyên tắc phân tích 9”, đoạn 32) dễ dàng suy ra: nếu $(a_n)$ và $(\beta_n)$ tăng dần và tiêu diệt các dãy, $a_n < \beta_n$ với mọi $n$ và $\lim_{n \to \infty} (\beta_n - a_n) = 0$, thì các dãy $(a_n)$ và $(\beta_n)$ có giới hạn chung $c = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \beta_n$ và $a_n < c < \beta_n$ với tất cả $n$.

Đối với một chuỗi cho trước $(x_n)$, hãy xem xét hai chuỗi:
$$\gamma_n = x_n - \ln (n + 1), \quad \Gamma_n = x_n - \ln n.$$
Dễ dàng nhận thấy chúng thỏa mãn các điều kiện của bổ đề
$$(\gamma_n < \Gamma_n; \lim_{n \to \infty} (\Gamma_n - \gamma_n) = \lim_{n \to \infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 0;$$
$$\gamma_n - \gamma_n^{-1} = \int_{n-1}^{n} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{x+1} \right) dx > 0,$$
kể từ $\frac{1}{n} - \frac{1}{x+1} > 0$ tại $x \in [n-1; n]$; tương tự như $\Gamma_n - \Gamma_{n-1} < 0$. Do đó, các chuỗi $(\gamma_n)$ và $(\Gamma_n)$ có giới hạn chung $\gamma = \lim_{n \to \infty} \gamma_n = \lim_{n \to \infty} \gamma_n < \gamma < \Gamma_n$ cho tất cả $n$.

Vậy giới hạn $\gamma = \lim_{n \to \infty} \Gamma_n$ tồn tại. (Điều này lần đầu tiên được chỉ ra bởi L. Euler. Số $\gamma$ được gọi là hằng số Euler.)
b) Dễ dàng nhận thấy $x_n + x_m - x_{nm} = (x_n + x_m - x_n) - (x_{2n} - x_n) - (x_{3n} - x_{2n}) - \dots - (x_{nm} - x_{n(m-1)}) \leq x_m - n \cdot \frac{1}{2n} - n \cdot \frac{1}{3n} - \dots - n \cdot \frac{1}{mn} = 1$.

Mặt khác, $\Gamma_{nm} \leq \Gamma_n$, đó là
$$x_{nm} - \ln (mn) \leq x_n - \ln n, \quad x_n - x_{nm} - \ln n + \ln (mn) \geq 0.$$

Nhưng $\Gamma_m > \gamma$, đó là
$$x_m - \ln m > \gamma.$$

Cộng các bất đẳng thức (*) và (**), ta thu được
$$x_n - x_{nm} + x_m > \gamma,$$
Q.E.D.

b) Để tính $\gamma$ chính xác đến 0,1, chúng ta sử dụng kết quả của lời giải bài toán.

Vì $\gamma_n < \gamma < \Gamma_n$, nên khi lấy $n = 100$ thành viên của dãy, chúng ta nhận được $0,57 < \gamma < 0,58$, do đó, $\gamma \approx 0,5$.

Giá trị gần đúng của số $\gamma$ đã biết: $\gamma = 0,577$…

B. Yasinsky

38

F589. Một xi lanh có thể tích 10 lít, đóng kín bằng pít-tông và đặt trong bộ điều nhiệt ở nhiệt độ 40 ° C, chứa 0,05 mol hai chất. Xác định khối lượng chất lỏng trong xi lanh sau khi lăn đẳng nhiệt, việc giải phóng chất lỏng này làm thể tích dưới pít-tông giảm 3 lần. Áp suất hơi bão hòa của chất lỏng thứ nhất ở nhiệt độ 40° C là 0,7 10⁴ Pa, chất lỏng thứ hai - 1,7 10⁴ Pa. Vẽ đường đẳng nhiệt lăn. Khối lượng mol của chất lỏng thứ nhất là 1,8 10⁻² kk/mol, chất lỏng thứ hai là 4,6 10⁻² kk/mol.

Nếu lúc đầu cả hai chất trong bình đều ở trạng thái khí, thì áp suất trong bình là tổng áp suất riêng phần của các chất khí: $p = p_1 + p_2$, trong đó $p_1 = v_1RT/V$, $p_2 = v_2RT/V$ ($v_1 = v_2 = 0,05$ mol, $V = 10$ l, $T = 313$ K). Thay thế dữ liệu số, chúng tôi tìm thấy

$$p_1 = p_2 \approx 1,3 \cdot 10^4 \text{ Pa}.$$

Chúng ta thấy rằng $p_1$ lớn hơn áp suất $p_{H.1}$ của hơi bão hòa của chất lỏng thứ nhất ($p_{H.1} = 0,7 \cdot 10^4 \text{ Pa}$). Do đó, ban đầu một phần khí thứ nhất ngưng tụ và áp suất riêng phần của khí này là $p_{H.1}$. Vì $p_2 < p_{H.2} = 1,7 \cdot 10^4 \text{ Pa}$, chất thứ hai thực sự ở trạng thái khí và áp suất riêng phần của nó là $p_2$.

Vậy ban đầu áp suất trong bình bằng

$$p_0 = p_{H.1} + p_2 \approx 2 \cdot 10^4 \text{ Pa}.$$

Khi các khí giảm đi thì áp suất của khí thứ nhất không đổi và bằng $p_{H.1}$. Áp suất của khí thứ hai trong quá trình đẳng nhiệt skatin sẽ tăng cho đến khi bằng $p_{H.2}$. Chúng ta hãy xem ở thể tích nào $V'$ thì áp suất của khí thứ hai trở nên bằng $p_{H.2}$:

$$p_{H.2}V' = v_2RT \Rightarrow V' = \frac{v_2RT}{p_{H.2}} \approx 7,6 \text{ л}.$$

Do đó, áp suất trong bình đẳng nhiệt tăng khi thể tích giảm xuống 7,6 lít. Thể tích tiếp tục giảm xuống $V'' = 3 \frac{1}{3}$ l sẽ xảy ra ở áp suất không đổi

$$p' = p_{H.1} + p_{H.2} = 2,4 \cdot 10^4 \text{ Pa}.$$

Đồ thị phụ thuộc $p(V)$ được thể hiện trên hình.

Hãy tìm khối lượng chất lỏng theo thể tích $V''$. Số mol của khí thứ nhất và khí thứ hai về thể tích $V''$ bằng thể tích tương ứng

$$v_1' = \frac{p_{H.1}V''}{RT} \approx 9 \cdot 10^{-3} \text{ моль},$$

$$v_2' = \frac{p_{H.2}V''}{RT} \approx 2,2 \cdot 10^{-2} \text{ моль}.$$

Do đó, có $v_1'' = v_1 - v_1' \approx 4,1 \cdot 10^{-2}$ mol chất thứ nhất và $v_2'' = v_2 - v_2' \approx 2,8 \cdot 10^{-2}$ mol chất thứ hai ở trạng thái lỏng.

Khối lượng chất lỏng trong bình là $m = v_1''M_1 + v_2''M_2$. Thay thế dữ liệu số ($M_1 = 1,8 \cdot 10^{-2}$ kg/mol, $M_2 = 4,6 \cdot 10^{-2}$ kg/mol), chúng ta thu được

$$m \approx 2,03 \text{ г}.$$

I. Slobodetsky

F590. Khi một xe điện di chuyển dọc theo phần nằm ngang của đường ray với một tốc độ nhất định, nó sẽ tiêu thụ dòng điện $I_0 = 100$ A, trong khi hiệu suất chuyển động là $\eta = 0,9$. Khi gram di chuyển dọc theo phần nghiêng của rãnh VIS với cùng tốc độ thì dòng điện chuyển động bằng 0 (động cơ đã tắt). Xe điện sẽ tiêu thụ bao nhiêu dòng điện khi di chuyển lên cùng một đoạn đường với cùng tốc độ?

Hãy để chúng tôi biểu thị $U_0$ điện áp trong mạng tiếp xúc. Khi xe điện di chuyển dọc theo đoạn đường nằm ngang, nó sẽ tiêu thụ điện năng $N = U_0I_0$ từ mạng. Tần số nguồn bằng $I_0^2R$ bị mất ở dạng khối trong cuộn dây động cơ và dây cấp nguồn ($R$ - điện trở của toàn mạch); công suất động cơ hữu ích là

$$N' = U_0I_0 - I_0^2R = \eta U_0I_0.$$

Vì gram chuyển động đều nên lực này bị mất ở dạng vật thể do có ma sát, lực cản của không khí, v.v. Nói cách khác, công suất $N'$ bằng công suất của các lực cản.

Khi di chuyển xuống một con dốc bằng với con dốc thì hình chiếu của nó lên trục song song với đường bằng $mg\sin \alpha$ (xem hình). Độ lớn của lực này bằng $mg\sin \alpha$, trong đó $v$ là tốc độ của gam. Vì gam chuyển động đều nên công suất của lực cản này bằng $N'$:

$$mgv \sin \alpha = N' = \eta U_0I_0.$$

40

Hãy viết phương trình chuyển động của chùm tia theo hình chiếu lên trục $X$:

$$ma = F_1 - F_2 = -\frac{2\mu mg}{L} x.$$

Từ phương trình này suy ra rằng tại thời điểm ban đầu chùm tia chuyển động theo định luật điều hòa:

$$x(t) = \frac{L}{2} \cos 2\pi v t,$$

Ở đâu

$$v = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{2\mu g}{L}}.$$

(Biên độ dao động của chùm tia bằng tọa độ ban đầu của khối tâm của nó.)

Mô đun vận tốc $\vec{u}$ của chùm tia tăng theo thời gian theo định luật

$$u(t) = \pi v L \sin 2\pi v t$$

và tại một số thời điểm $t_1$ trở thành bằng tốc độ tuyến tính $v$ của hình trụ bên phải. Vì $v = \omega r$,

$$\omega r = \pi v L \sin 2\pi v t_1.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy $t_1$:

$$t_1 = \frac{1}{2\pi v} \arcsin \frac{\omega r}{\pi v L}.$$

Vì tại thời điểm $t = t_1$ độ trượt giữa xi lanh bên phải và dầm sẽ biến mất nên lực ma sát $\vec{F}_2$ kể từ thời điểm này sẽ là lực ma sát tĩnh.

Lực ma sát tĩnh bù cho các lực hướng song song với mặt phẳng có thể trượt. Do đó, bắt đầu từ thời điểm $t_1$, chùm tia sẽ chuyển động với vận tốc không đổi $v = \omega r$. Chuyển động này sẽ tiếp tục cho đến khi lực ma sát tĩnh đạt giá trị cực đại có thể, bằng lực ma sát trượt. Điều này sẽ xảy ra tại thời điểm $t_2$, khi tọa độ khối tâm của dầm bằng 0 và lực ma sát $\vec{F}_1(t_2)$ trở thành lực ma sát tĩnh lớn nhất có thể có $\vec{F}_2(t_2)$ giữa dầm và hình trụ nhỏ. Thời gian $t_2$ có thể được xác định từ sự tương ứng

$$\omega r(t_2 - t_1) = x(t_1) \equiv \frac{L}{2} \cos 2\pi v t_1;$$

từ đây

$$t_2 = t_1 + \frac{1}{2\omega r} \cos 2\pi v t_1.$$

Bắt đầu từ thời điểm $t_2$, hình chiếu lên trục $X$ của khối tâm hỗn hợp của chùm tia thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$x(t) = -\frac{\omega r}{2\pi v} \sin (2\pi v(t - t_2));$$

hình chiếu của vận tốc chùm tia thay đổi theo thời gian như

$$\dot{x}(t) = -\omega r \cos (2\pi v(t - t_2))$$

(chuyển động có tốc độ ban đầu khác 0 và độ dịch chuyển ban đầu bằng 0).

Vì $r < R$, tốc độ tối đa của chùm tia trong quá trình thiết lập nhỏ hơn tốc độ quay tuyến tính của bề mặt hình trụ lớn và không vượt quá tốc độ quay tuyến tính của bề mặt hình trụ nhỏ hơn ($u_{\max} = \omega r$). Do đó, bắt đầu từ thời điểm $t_2$, dầm không thể chuyển động đều. Chùm tia sẽ thực hiện dao động điều hòa với biên độ $A = \frac{\omega r}{2\pi v}$ và chu kỳ $T = \frac{1}{v}$.

41

F592. Có hai bình cách nhiệt. Thùng thứ nhất chứa 5 lít nước ở nhiệt độ $t_1 = 60^\circ\text{C}$, thùng thứ hai chứa 1 lít nước ở nhiệt độ $t_2 = 20^\circ\text{C}$. Đầu tiên, một phần nước chảy từ bình thứ nhất sang bình thứ hai. Sau đó, khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập ở bình thứ hai, một lượng nước từ nó được đổ vào bình thứ nhất sao cho thể tích của nó trong bình bằng với thể tích của bình ban đầu. Sau những thao tác này, nhiệt độ của nước trong bình thứ nhất trở thành $t = 59^\circ\text{C}$. Hỏi thùng thứ nhất chảy vào thùng thứ hai và ngược lại bao nhiêu nước?

Kết quả của hai lần truyền, khối lượng nước trong bình thứ nhất vẫn giữ nguyên nhưng nhiệt độ của nó giảm $\Delta t_1 = 1^\circ\text{C}$. Do đó, thế năng của nước trong bình thứ nhất giảm đi.

$$\Delta Q = c_B m_1 \Delta t_1,$$

trong đó $c_B$ là nhiệt dung của nước, $m_1$ là khối lượng nước trong bình thứ nhất.

Năng lượng của nước trong bình thứ hai tăng lên các giá trị $\Delta Q$. Đó là lý do tại sao

$$\Delta Q = c_B m_2 \Delta t_2,$$

(m$_2$ là khối lượng nước ban đầu trong bình thứ hai). Kể từ đây,

$$c_B m_1 \Delta t_1 = c_B m_2 \Delta t_2,$$

Ở đâu

$$\Delta t_2 = \frac{m_1}{m_2} \Delta t_1 = 5^\circ\text{C}.$$

Nhiệt độ của nước ở bình thứ hai là $t'_2 = t_2 + \Delta t_2 = 25^\circ\text{C}$. Mọi chuyện diễn ra như thế này bằng cách đổ từ bình thứ nhất vào bình thứ hai một lượng nước $\Delta m$, có nhiệt độ $t_1$. Viết phương trình cân bằng nhiệt:

$$c_B \Delta m (t_1 - t'_2) = c_B m_2 (t'_2 - t_2).$$

Từ đây xuất hiện $\Delta m$:

$$\Delta m = m_2 \frac{t'_2 - t_2}{t_1 - t'_2} = \frac{1}{7} \text{ кг.}$$

A. Zilberman

F593. Vòng bán kính $r$ lăn xuống từ độ cao $H$ ($r \ll H$) không có mặt phẳng nung có góc a ở đáy và đàn hồi tuyệt đối chạm vào tường ella vuông góc với mặt phẳng nghiêng (Hình 1). Vòng va đập cao sẽ tăng lên độ cao bao nhiêu nếu hệ số ma sát trượt là $\mu$?

Vòng lăn xuống mặt phẳng nghiêng mà không xuyên qua. Hãy xác định tốc độ $v$ của chuyển động tịnh tiến của nó tại thời điểm va chạm với tường. Tại thời điểm này, mô hình vận tốc tuyến tính của các điểm của vòng cũng bằng $v$ và tổng động năng của vòng là tổng năng lượng của chuyển động quay và chuyển động tịnh tiến, nghĩa là

$$K = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2$$

(m là khối lượng của vòng). Từ định luật bảo toàn năng lượng, xét đến $r \ll H$, ta có

42

$$mgH = mv^2 \Rightarrow v = \sqrt{gH}.$$

Vì tác động của vòng vào tường là đàn hồi tuyệt đối nên hướng chuyển động tịnh tiến của vòng sẽ thay đổi theo hướng ngược lại. Vì bức tường nhẵn nên sau khi va chạm, vòng đai vẫn quay ngược chiều kim đồng hồ (xem Hình 1).
Do đó, sau khi va chạm, vòng sẽ trượt lên trên mặt phẳng nghiêng và quay ngược chiều kim đồng hồ.

Khi vòng đạt đến độ cao tối đa, hướng của nó sẽ không thay đổi. Thật vậy, thời gian $\tau_1$ trong đó vòng quay ngược chiều kim đồng hồ dừng lại, theo định luật thứ hai của Newton, được xác định bởi điều kiện

$$f_{\tau_1} = \tau_1 \mu mg \cos \alpha = mv,$$

trong đó $f_{\tau_1}$ là lực ma sát (Hình 2). Từ đây

$$\tau_1 = \frac{v}{\mu g \cos \alpha}.$$

Thời gian $\tau_2$ trong đó vòng nâng lên độ cao tối đa với hướng quay không đổi, được xác định bởi điều kiện

$$(mg \sin \alpha + \mu mg \cos \alpha) \tau_2 = mv,$$

Ở đâu

$$\tau_2 = \frac{v}{g(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}.$$

Do đó, $\tau_2 < \tau_1$, và tại thời điểm hỏng tối đa, vòng sẽ tiếp tục quay ngược chiều kim đồng hồ.

Chuyển động của vòng lên mặt phẳng nghiêng là chậm đều. Quãng đường vật đi được cho đến khi dừng hẳn là

$$l = v_{cp} \tau_2 = \frac{v}{2} \tau_2 = \frac{H}{2(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}.$$

Độ cao lớn nhất của vòng sau va chạm là

$$h = l \sin \alpha = \frac{H \sin \alpha}{2(\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}.$$

M. Borodovsky

F594. Hãy tưởng tượng rằng bạn đang ở trong một bồn tắm nước nóng và ngoài cửa sổ có sương giá. Hơi nước sẽ đi đâu nếu bạn mở cửa sổ?

Hơi nước sẽ tràn ra đường và bên trong nhà tắm. Thật vậy, trong nhà tắm, hàm lượng hơi nước trong không khí có thể được coi là bão hòa. Điểm sương ở nhiệt độ cao cao hơn ở nhiệt độ thấp. Nếu bạn mở cửa sổ, không khí ấm áp sẽ tràn ra đường và hơi nước mang theo bên ngoài cửa sổ sẽ ngưng tụ lại trong cái lạnh. Người quan sát từ ngoài đường sẽ thấy những đám mây hơi nước thoát ra qua cửa sổ và bốc lên cao. Không khí lạnh sẽ lọt qua cửa sổ phía trên cùng của nhà tắm. Hơi nước đi vào tia nước từ các lớp không khí ấm áp lân cận sẽ ngưng tụ. Không khí lạnh này nặng hơn các lớp không khí nóng xung quanh và nhìn lên trên khi những đám hơi nước từ lỗ thông hơi “rơi” xuống sàn.

A. Varlamov

F595. Hình vẽ thể hiện sự phụ thuộc của dòng điện vào điện áp đối với bộ ổn áp DC - barretor. Barretor được mắc nối tiếp với điện trở bên ngoài $R = 13$ Ohm với pin có suất điện động 26 V. Nó có thể thay đổi trong giới hạn nào?

◆ Vì barret được nối nối tiếp với pin với điện trở tải nên điện áp trên barret được xác định bằng cách khớp

$$U = \delta - IR,$$

trong đó $I$ là dòng điện chạy qua thanh chắn. Mối quan hệ (*) là phương trình của đường thẳng $U(I)$, gọi là đường thẳng tải trọng. Hãy vẽ một đường tải trong hình

43

EMF của pin, nếu dòng điện bên ngoài không được thay đổi quá 50 mA?

$U = 26 - 13I$. Điểm giao nhau của đường thẳng tải với đặc tính dòng điện-điện áp của barret xác định dòng điện chạy qua mạch: $I_0 = 1000$ mA. Theo điều kiện bài toán, giới hạn dòng điện cho phép là 950 mA và 1050 mA. Hãy vẽ các đường thẳng $I_1 = 950$ mA và $I_2 = 1050$ mA trên đồ thị. Chúng vượt qua đặc tính dòng điện-điện áp của barret. Hãy vẽ các đường tải đi qua các giao điểm. (Vì độ dốc của đường tải chỉ phụ thuộc vào điện trở $R$, điện trở này theo điều kiện bài toán không đổi nên tất cả các đường tải đều song song.) Các đường tải này cắt trục $U$ tại các điểm $U_1 = \varepsilon_1 = 20$ V và $U_2 = \varepsilon_2 = 32$ V. Do đó, khi emf của pin thay đổi trong khoảng từ $\varepsilon_1 = 20$ V đến $\varepsilon_2 = 32$ Dòng điện trong mạch sẽ thay đổi trong phạm vi từ $I_1 = 950$ mA đến $I_2 = 1050$ mA, nghĩa là nó sẽ thay đổi không thay đổi với độ chính xác ±5%.

S. Kozel

F596. Khoảng thời gian giữa hai lần che khuất liên tiếp vệ tinh Io của Sao Mộc thay đổi trong năm từ giá trị tối thiểu là 42 và 28 phút 21 giây đến giá trị tối đa là 42 và 28 phút 51 giây. Nhận được những dữ liệu này, xác định tốc độ ánh sáng, giả sử Trái đất chuyển động quanh Mặt trời theo quỹ đạo tròn có bán kính 150 ml. Km. Bán kính quỹ đạo của Sao Mộc lớn hơn nhiều so với bán kính quỹ đạo của Trái Đất và tốc độ của Sao Mộc nhỏ hơn nhiều so với tốc độ của Trái Đất; chúng ta có thể giả định rằng trong năm, vị trí tương đối của Trái đất và Sao Mộc trên thực tế không thay đổi và những thay đổi trong mỗi khoảng thời gian của chu kỳ quỹ đạo của Io chỉ liên quan đến sự thay đổi hướng của tốc độ Trái đất. Độ lệch lớn nhất của mỗi vòng quay của Io so với vòng quay thực sẽ được quan sát thấy khi tốc độ của Trái đất hướng dọc theo một đường thẳng nối Trái đất và Sao Mộc.

Khoảng thời gian tối thiểu $t_1 = 42$ và 28 phút 21 giây giữa hai lần nhật thực liên tiếp của Io được quan sát thấy tại thời điểm Trái đất đang di chuyển về phía Sao Mộc, còn khoảng thời gian tối đa $t_2 = 42$ và 28 phút 51 giây là khi Trái đất đang di chuyển ra xa Sao Mộc. Trong trường hợp đầu tiên, trong khoảng thời gian $t$, tương ứng với chu kỳ quay thực sự của Io, Trái đất sẽ tiếp cận Sao Mộc ở khoảng cách $l = v_3t$ ($v_3$ là tốc độ của Trái đất), và chu kỳ quay thực sự quan sát được của Io sẽ nhỏ hơn giá trị thực trong một thời gian

$$t - t_1 = v_3t / c,$$

trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng. Xét rằng $t = (t_1 + t_2) / 2, t - t_1 = (t_2 - t_1) / 2$ và $v_3 = 2\pi R / T$ ($R = 150$ ml. km là bán kính quỹ đạo Trái đất, $T = 365$ ngày là chu kỳ quỹ đạo của Trái đất), từ đẳng thức cuối cùng chúng ta thu được

$$t_2 - t_1 = \frac{2\pi R}{T} (t_2 + t_1) / c.$$

Ở đâu

$$c = \frac{2\pi R}{T} \frac{t_2 + t_1}{t_2 - t_1} \approx 3,03 \cdot 10^5 \text{ км/c.}$$

V. Belonuchkin

44

F597. Macentron là một ống electron hai electron có hình trụ dị thường có bán kính $r$, dọc theo trục của nó có một dây mỏng, cực âm,. Khi cắt cực âm, nó sẽ phát ra các electron có năng lượng $E$. Macentron được đặt trong một từ trường đều song song với trục của nó. Với giá trị nào của độ tự cảm thì đáy bình có $Q$. Hai quả bóng nhỏ có thể tích bằng nhau $V$, được nối với nhau bằng một sợi chỉ mỏng, không trọng lượng, không giãn có chiều dài $l$, được đặt vào trong bình. Mật độ của một quả bóng là $\varrho_1$, mật độ của những quả bóng khác là $\varrho_2$. Sau một thời gian, các quả bóng được lắp đặt như trong hình. Tìm lực căng của sợi dây.

F598. Một bình có độ sâu $H$ chứa đầy chất lỏng, mật độ của chất này thay đổi tuyến tính từ $\varrho_0$ ở bề mặt đến $Q$ ở đáy bình. Hai quả bóng nhỏ có thể tích bằng nhau $V$, được nối với nhau bằng một sợi chỉ mỏng, không trọng lượng, không giãn có chiều dài $l$, được đặt vào trong bình. Mật độ của một quả bóng là $\varrho_1$, mật độ của những quả bóng khác là $\varrho_2$. Sau một thời gian, các quả bóng được lắp đặt như trong hình. Tìm lực căng của sợi dây.

Tốc độ của một electron rời khỏi cực âm có năng lượng $E$ bằng $|\vec{v}| = \sqrt{2E/m}$, trong đó $m$ là khối lượng của electron. Trong từ trường đều có cảm ứng $\vec{B} \perp \vec{v}$, một electron chuyển động theo một vòng tròn có bán kính $R$ (xem hình). Gia tốc hướng tâm $|\vec{a}| = v^2/R$ được truyền cho electron bởi lực Lorentz $|\vec{F}| = e|\vec{B}||\vec{v}|$ (e là điện tích của electron), nghĩa là

$$\frac{mv^2}{R} = e|\vec{B}||\vec{v}|,$$

hoặc $$\frac{2E}{R} = e|\vec{B}| \sqrt{\frac{2E}{m}}.$$

Từ đây

$$R = \frac{\sqrt{2Em}}{e|\vec{B}|}.$$

Vì vậy, trong mạch anode, nó không có khi các electron không tới được anode, tức là ở $R \leq r/2$ (xem hình), hoặc

$$\frac{r}{2} \geq \frac{\sqrt{2Em}}{e|\vec{B}|}.$$

Điều kiện này được thỏa mãn khi

$$|\vec{B}| \geq \frac{2\sqrt{2Em}}{re}.$$

Tại $|\vec{B}| = 2\sqrt{2Em}/re$ dòng điện trong mạch dừng lại.

I. Tiếng Slovodechkiy

Các lực tác dụng lên mỗi quả bóng là lực hấp dẫn $\vec{m}\vec{g}$, lực căng chỉ $\vec{T}$ và lực Archimedes $|\vec{F}| = \varrho_x gV$, trong đó $\varrho_x$ là mật độ của chất lỏng ở độ sâu $x$ nơi quả bóng được đặt (xem hình). Vì mật độ của chất lỏng là tuyến tính khi độ sâu của bình tăng lên, nên ở bất kỳ độ sâu nào $x$ mật độ của chất lỏng là $\varrho_x = \varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x$.

Hãy viết các điều kiện cân bằng cho mỗi quả bóng (theo hình chiếu lên trục $X$):

$$m_1 g + T - F_1 = \varrho_1 gV + T - \left(\varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_1\right) gV = 0,$$

$$m_2 g - T - F_2 = \varrho_2 gV - T - \left(\varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_2\right) gV = 0,$$

trong đó $x_1, x_2$ là độ sâu ngâm của quả bóng. Giải các phương trình này cùng nhau, chúng ta tìm thấy

$$T = \frac{Vg}{2} \left(\varrho_2 - \varrho_1 - \frac{\varrho - \varrho_0}{H} l\right).$$

Có thể cấu hình hiển thị trong hình với $T \geq 0$, $x_1 > 0$, $x_2 < H$. Nếu chúng ta tưởng tượng rằng các quả bóng không được kết nối với nhau mà là $\varrho_0 < \varrho_1 < \varrho$ và $\varrho_0 < \varrho_2 < \varrho$, thì quả bóng đầu tiên được lắp đặt ở độ sâu có mật độ chất lỏng là $\varrho_1 = \varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_1$;

Quả bóng thứ hai sẽ hoạt động tương tự:

$$\varrho_2 = \varrho_0 + \frac{\varrho - \varrho_0}{H} x_2.$$

Khoảng cách giữa các quả bóng trong trường hợp này sẽ bằng

$$x_2 - x_1 = \frac{(\varrho_2 - \varrho_1)H}{\varrho - \varrho_0}.$$

Nếu chiều dài của chỉ $l$ lớn hơn $x_2 - x_1$ thì chỉ sẽ không bị căng.

O. Ovchinnikov