Bài toán M716—M720; F728—F732

24

Bài toán

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả các nhiệm vụ này đều được xuất bản lần đầu tiên. Bài toán về toán học của vấn đề này đã được trình bày tại Olympic quốc tế XXII dành cho học sinh, được tổ chức tại Hoa Kỳ.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 15 tháng 2 năm 1982 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 16/21, tòa soạn tạp chí «Kvant». Trong cột “Tới”, viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 12-81” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ: “M716, M717” hoặc “F728”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hãy gửi vào các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải trong phong bì này). Vui lòng gửi các điều kiện của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản trong một phong bì riêng thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này.

M716—M720; F728—F732

M716. Từ điểm $P$ bên trong một tam giác cho trước $ABC$ các đường vuông góc $PA_1, PB_1, PC_1$ được thả xuống các đường thẳng $BC, CA$ và $AB$. Đối với điểm nào thì $P$ bên trong $\triangle ABC$ lớn?

$$\frac{|BC|}{|PA_1|} + \frac{|CA|}{|PB_1|} + \frac{|AB|}{|PC_1|}$$

nhận giá trị nhỏ nhất?

M717. Cho các số tự nhiên $n$ và $r$, $1 \leqslant r \leqslant n$. Xem xét tất cả các tập hợp con có thể có của tập hợp {1, 2, …, $n$} bao gồm $r$ số và trong mỗi lựa chọn là số nhỏ nhất. Chứng minh rằng trung bình số học của tất cả các số được chọn là $(n+1) / (r+1)$. (Ví dụ: đối với $n=3$, $r=2$, chúng tôi nhận được ba tập hợp con {1, 2}, {1, 3}, {2, 3} và trung bình số học là $(1+1+2)/3 = 4/3$).

M718. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $m^2+n^2$ cho tất cả các cặp số tự nhiên $(m; n)$ có thể có sao cho $1 \leqslant m \leqslant 1981$, $1 \leqslant n \leqslant 1981$ và $|n^2-mn-m^2|=1$.

M719. a) Cho $n \geqslant 3$ nào có tập hợp $n$ số tự nhiên liên tiếp có tính chất sau: số nhỏ nhất trong các số $n$ này là ước của bội số chung nhỏ nhất của các số $n-1$ còn lại?

6. Đối với $n \geqslant 3$ thì có một tập hợp duy nhất gồm $n$ số liên tiếp có thuộc tính được chỉ định là gì?

M720. Sau đây là thông tin về hàm $f$, được xác định trên tập hợp tất cả các cặp số nguyên không âm $(x; y)$:

$$1^\circ. f(0, y) = y+1,$$
$$2^\circ. f(x+1, 0) = f(x, 1),$$
$$3^\circ. f(x+1, y+1) = f(x, f(x+1, y))$$

cho mỗi cặp $x \geqslant 0, y \geqslant 0$. Tìm giá trị của $f(4, 1981)$.

F728. Ba quả bóng nhỏ có khối lượng giống nhau - đỏ, xanh lam và xanh lục, được cố định bằng một khung nghịch đảo ở các đỉnh của một tam giác đều có các cạnh $l$. Hệ được đặt trên bề mặt nằm ngang chính và quay với chu kỳ $T$ quanh khối tâm.

27

M677. Trong tam giác ABC nhọn, chọn điểm M
a) Giao điểm của các đường trung tuyến;
b) giao điểm của các đường phân giác;
b) giao điểm của các độ cao.
Chứng minh rằng nếu bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AMB, BMC, AMC bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác đều.

Hình 1.

a) Diện tích của các tam giác AMB, BMC và AMC (Hình 1) bằng nhau - chúng bằng $\frac{1}{3} S_{ABC}$ (chứng minh điều này).

Vì diện tích S của tam giác, bán thấm p và bán kính r của đường tròn nối nội tiếp S=pr nên các permet của các tam giác AMB, BMC và AMC cũng bằng nhau.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng tam giác ABC không đều; ví dụ: hãy để $|AB| > |BC|$. Khi đó góc BDA tù; do đó $|AM| > |MC|$, sao cho chu vi của tam giác AMB lớn hơn chu vi của tam giác BMC - mâu thuẫn.

6. Vì CBM=ABM và bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác AMB và BMC bằng nhau nên các đường tròn này tiếp xúc với các đường phân giác BM tại cùng một điểm (Hình 2).

Hình 2.

Hình 3.

Từ đó suy ra rằng cả ba đường tròn đều tiếp xúc theo từng cặp và tâm O1, O2 và O3 của chúng tạo thành một tam giác đều, các cạnh của chúng vuông góc với các đường phân giác của tam giác ABC đã cho. Do đó, ví dụ: $\widehat{BMC} = \frac{\pi + A}{2} = \frac{2\pi}{3}$, tức là $\widehat{A} = \frac{\pi}{3}$. Tương tự, người ta chứng minh rằng $B = C = \frac{\pi}{3}$.

c) Như trong bài toán a), giả sử tam giác ABC không đều; ví dụ: hãy để $|BC| > |AC|$. Chúng ta hãy ký hiệu D và E các điểm tiếp tuyến của các đường tròn nội tiếp trong các tam giác AMC và BMC tương ứng trên các cạnh AC và BC (Hình 3). Vì bán kính của các vòng tròn này bằng $\widehat{CA} = \widehat{CBM}$, $|AD| = |BE|$. Vậy $|CD| > |CE|$ là mâu thuẫn.

A. Egorov

M678. Một số có 2 chữ số được gọi là hợp lý nếu các chữ số chẵn của nó chứa nhiều chữ số chẵn như số lẻ.

Trước tiên, chúng ta hãy lưu ý rằng nếu chúng ta thêm hai chữ số liên tiếp có cùng số chẵn lẻ vào bất kỳ vị trí nào của số hợp lệ (2m-2) chữ số hoặc thêm một chữ số có cùng số chẵn lẻ vào đầu và cuối của nó, thì số có 2m chữ số sẽ vẫn hợp lệ.

28

Chứng minh rằng trong số có $(2m+1)$ chữ số bất kỳ, bạn có thể gạch bỏ một trong các chữ số sao cho số có 2 chữ số thu được là hợp lý.

Bây giờ chúng ta chứng minh mệnh đề cần thiết bằng dấu $m$. Đối với $m=1$ điều đó đúng, vì trong số có ba chữ số, bạn luôn có thể gạch bỏ một chữ số để hai chữ số còn lại có cùng số chẵn lẻ. Giả sử rằng mệnh đề bài toán đúng với một số $m$ và chứng minh rằng nó đúng với $m+1$.

Trong bất kỳ số có giá trị $(2m+3)$ nào, nó sẽ luôn tìm thấy hai chữ số có cùng số chẵn lẻ, cạnh nhau hoặc một chữ số ở đầu và chữ số kia ở cuối số. Gạch bỏ hai chữ số này một lúc, ta được số có $(2m+1)$ chữ số, trong đó, theo giả thiết chỉ định, người ta có thể gạch bỏ một chữ số để số có 2 chữ số thu được là hợp lệ. Sau khi khôi phục hai chữ số đã bị xóa có cùng số chẵn lẻ trong đó, theo nhận xét đã đưa ra, chúng ta thu được một số $(2m+2)$ chữ số hợp lý.

A. Sidorenko

**M679. a) Bốn đường tròn nằm trên mặt phẳng sao cho đường tròn thứ nhất chạm đường thứ hai tại điểm A, đường thứ hai tiếp xúc đường thứ ba tại điểm B, đường thứ ba tiếp xúc đường thứ tư tại điểm C, đường thứ tư tiếp xúc đường thứ nhất tại điểm D. Chứng minh rằng qua bốn điểm nêu trên có thể kẻ được một đường tròn hoặc một đường thẳng.

6. Bốn quả bóng được đặt trong không gian sao cho quả thứ nhất chạm quả thứ hai tại điểm A, quả thứ hai chạm quả thứ ba tại điểm B, quả thứ ba chạm quả thứ tư tại điểm C và quả thứ tư chạm quả thứ nhất tại điểm D. Chứng minh rằng có thể vẽ một đường tròn hoặc một đường thẳng đi qua bốn điểm đã nêu.

7. Bốn quả bóng được sắp xếp trong không gian sao cho mỗi quả bóng chạm vào ba quả còn lại. Chứng minh rằng sáu điểm tiếp tuyến cùng thuộc một mặt cầu hoặc mặt phẳng.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Như vậy, mặt phẳng $ABC$ cắt các quả bóng theo bốn đường tròn, lần lượt chạm vào nhau tại các điểm A, B, C, D như đã nêu ở điểm a). Tuyên bố bài toán 6 tiếp nối điều này.

c) Gọi $A$ là điểm tiếp xúc của quả bóng thứ nhất và thứ hai, $B$ quả bóng thứ nhất và thứ ba, $C$ quả bóng thứ nhất và thứ tư, $D$ quả bóng thứ hai và thứ tư, $E$ quả bóng thứ hai và thứ tư, $F$ quả bóng thứ ba và thứ tư.

Theo chứng minh ở điểm 6), các điểm A, C, F, D cùng nằm trên một đường tròn hoặc đường thẳng. Các điểm A, E, F và B có cùng tính chất.

29

M680. Hai svyazsta tseraot trong một tserra như vậy. Có n nút điện thoại và các nút liên lạc thay phiên nhau kết nối cáp với hai trong số chúng mà chúng lựa chọn.

Cuộc gọi được thực hiện, sau đó có thể gọi bất kỳ nút nào khác từ bất kỳ nút nào (có thể thông qua một số nút trung gian).

a) Tìm ra ai thắng khi n=4, 5, 6, 7,8 - người mới bắt đầu hay đồng đội của anh ta?
b) đáp số đối với n tùy ý là bao nhiêu?

Chúng ta cũng hãy xem xét hai phiên bản sửa đổi của cerra:

c) Để chiếc cerrok, buộc hết nút thắt, đứt. Trả lời các câu hỏi a) và b) cho sản phẩm mới này.

d) Trước tiên, hãy để tất cả các nút được kết nối theo cặp bằng cáp và lần lượt các kết nối được loại bỏ, mỗi lần một kết nối. Hierok, người đã phá vỡ kết nối trong kế hoạch, bị hỏng. Câu hỏi tương tự như ở điểm a) và b).

Hai bốn điểm này có hai điểm chung là A và F. Do đó, nếu một trong bốn điểm đó thẳng hàng thì cả sáu điểm đều nằm trong cùng một mặt phẳng.

Nếu bốn đường tròn này nằm trên hai đường tròn nằm trong các mặt phẳng khác nhau và có dây cung chung AF thì có thể vẽ một hình cầu đi qua các đường tròn này: tâm của hình cầu này là giao điểm của các đường vuông góc với các mặt phẳng của các đường tròn này vẽ qua tâm các đường tròn (các đường vuông góc này nằm trong mặt phẳng đi qua tâm của các đường tròn và là trung điểm của dây cung chung AF của chúng).

V. Proizvolov

◆

a) Khi n=4, 7, 8 thì người chơi thứ nhất thắng, khi n=5, 6 - người thứ hai; điều này sẽ tuân theo từ lời giải chung bài toán 6).

b) Chúng ta sẽ gọi một nhóm các nút được kết nối nếu có hai nút bất kỳ trong đó được kết nối (có thể thông qua một số nút khác). Chúng ta sẽ gọi một nhóm nút được kết nối là một thành phần nếu không có nút nào trong đó được kết nối với bất kỳ nút nào không có trong đó. Rõ ràng là bất kỳ eraf nào (một hệ thống gồm các nút được kết nối bằng cách nào đó) đều bao gồm một hoặc nhiều thành phần.

Trong bất kỳ trò chơi nào của đối thủ hastanet, thời điểm mà tập hợp tất cả các nút được chia thành ba thành phần A1, A2, A3. Gọi a1, a2, a3 là số nút trong các thành phần này. Rõ ràng là người chơi nào kết nối đầu tiên bất kỳ hai thành phần nào trong số này sẽ thua cuộc. Một tình huống nghiêm trọng sẽ phát sinh khi tất cả các kết nối có thể có trong các thành phần A1, A2, A3 đã được thực hiện.

Rõ ràng là từ đầu bữa tiệc cho đến thời điểm đó sẽ được thực hiện.

$$N = \frac{a_1(a_1-1)}{2} + \frac{a_2(a_2-1)}{2} + \frac{a_3(a_3-1)}{2} = \frac{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - n}{2}$$

di chuyển. Nếu số N là số chẵn thì người chơi thứ nhất thua, còn nếu số N là số lẻ thì người chơi thứ nhất thắng. Tính chẵn lẻ của số N, very/no, được xác định bằng số dư, cho ra số $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - n$ khi chia cho 4. Vì phần dư của số $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2$ khi chia cho 4 bằng số số lẻ giữa các số a1, a2, a3 (chắc chắn điều này), nên người chơi đầu tiên phải cộng vào sao cho số lẻ giữa a1, a2, a3 không trùng với số dư trong phép chia n cho 4. Ngược lại, thứ hai phải phấn đấu cho sự trùng hợp của chúng.

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ gọi các thành phần có bốn nút là bốn và các thành phần có bốn nút là số lẻ.

Chúng ta hãy xem xét bốn yếu tố riêng biệt: n=4k, n=4k+1, n=4k+2, n=4k+3.

1°. n=4k. Người chơi đầu tiên được thêm vào để giành chiến thắng, trò chơi như sau. Miễn là thành phần lớn hơn ba, anh ta chơi theo cách sao cho sau mỗi nước đi của anh ta không thu được nhiều hơn một thành phần gấp bốn: nếu tại một thời điểm nào đó hai thành phần chẵn xuất hiện, anh ta ngay lập tức kết hợp một trong số chúng với thành phần lẻ. Tại thời điểm ba thành phần xuất hiện (bất kể nước đi nào xảy ra sau đó), hai thành phần sẽ được

30

lẻ và một chẵn. Số $N$ là số lẻ - người chơi đầu tiên thắng.

$2^\circ$. $n=4k+1$. Trong trường hợp này, người chơi thứ hai thắng, vì anh ta có thể chơi sao cho sau mỗi nước đi của anh ta có ít nhất hai thành phần chẵn (hãy đảm bảo điều này). Hơn nữa, trong số $a_1, a_2, a_3$, chắc chắn có hai số chẵn và một số lẻ (bất kể nước đi nào sẽ dẫn đến hình thành ba thành phần).

$3^\circ$. $n=4k+2$. Và trong trường hợp này, người chơi thứ hai thắng, áp dụng chiến thuật của người chơi thứ nhất trong trường hợp $n=4k$, vì trong trường hợp $n=4k+2$ sẽ có hai số lẻ giữa các số $a_1, a_2, a_3$.

$4^\circ$. $n=4k+3$. Vụ này thú vị nhất.

Với $n=3$, rõ ràng người chơi thứ hai sẽ thắng.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với $n>3$ người chơi đầu tiên thắng.

Nếu người chơi đầu tiên, với nước đi đầu tiên của mình, bằng cách nào đó kết nối được hai nút $A$ và $B$, còn người chơi thứ hai kết nối hai nút khác $C$ và $D$ (Hình 1), thì người chơi đầu tiên sẽ thắng bằng cách áp dụng chiến lược của người chơi thứ hai cho trường hợp $n=4k+1$. Nếu người chơi thứ hai kết nối nút $A$ với nút thứ ba $C$, thì với nước đi thứ hai, người chơi thứ nhất sẽ thay thế hình tam giác, kết nối các nút $C$ và $B$ (Hình 2). Người chơi thứ hai tạo ra một thành phần chẵn với bất kỳ nước đi phản ứng nào. Sau đó, người chơi đầu tiên được thêm vào để sau mỗi nước đi của anh ta có ít nhất hai thành phần chẵn. Trong số các số $a_1, a_2, a_3$, như trường hợp $n=4k+1$, sẽ có hai số chẵn, trong trường hợp này đảm bảo chiến thắng cho người chơi đầu tiên.

c) Điểm này tương tự điểm trước. Trong bất kỳ trò chơi nào của đối thủ, sẽ đến lúc tập hợp các nút sẽ chia thành hai thành phần $A_1$ và $A_2$ bởi các nút $a_1$ và $a_2$. Người chơi kết nối các thành phần $A_1$ và $A_2$ sẽ thua cuộc. Lập luận theo cách tương tự như trước, chúng ta hiểu rằng $N = \frac{a_1^2 + a_2^2 - n}{2}$ nước đi sẽ được thực hiện trước thời điểm quan trọng.

Chúng ta hãy xem lại bốn trường hợp tương tự một lần nữa.

$1^\circ$. $n=4k$. Người chơi thứ hai thắng bằng cách thêm rằng sau mỗi nước đi của anh ta sẽ có hai thành phần chẵn (với $N$ là số chẵn).

$2^\circ$. $n=4k+1$. Người chơi thứ hai thắng vì bất kể diễn biến của trò chơi như thế nào, một trong các số $a_1$ hoặc $a_2$ sẽ là số lẻ và $N$ sẽ là số chẵn.

$3^\circ$. $n=4k+2$. Người chơi đầu tiên có $k \geqslant 1$ được thêm vào chiến thắng theo cách tương tự như trong trường hợp $4^\circ$ ở đoạn 6): anh ta đủ để đảm bảo rằng sau mỗi nước đi của mình, ngoại trừ nước đi thứ hai, có ít nhất hai thành phần chẵn, đó là những gì anh ta được thêm vào (xem Hình 1, 2).

$4^\circ$. $n=4k+3$. Người chơi đầu tiên thắng, bất kể diễn biến của trò chơi như thế nào (chứng minh điều đó!).

d) Chúng ta hãy tách một nhóm nút được kết nối $B_1, B_2, \dots, B_m$ theo một chu trình nếu nút $B_1$ được kết nối với nút $B_2$, nút $B_2$ được kết nối với nút $B_3$, … và nút $B_m$ được kết nối với nút $B_1$. Rõ ràng là nếu có các chu kỳ liên quan đến hệ thống các nút, thì người chơi thực hiện bước tiếp theo sẽ không thua: anh ta có thể phá vỡ bất kỳ kết nối nào trong bất kỳ chu kỳ nào - hệ thống vẫn được kết nối.

Do đó, người chơi nào thắng thì sau đó không còn chu kỳ nào trong hệ thống nữa. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng liên quan đến một hệ thống gồm các nút $n$ không chứa chu trình (hệ thống như vậy trong lý thuyết đồ thị được gọi là cây), có chính xác các kết nối $n-1$. Để thực hiện việc này, hãy sửa một số nút $B$ và lưu ý rằng có một đường dẫn duy nhất dẫn từ $B$ đến bất kỳ nút nào khác. Dọc theo tất cả các con đường rời khỏi $B$, chúng tôi sẽ đặt các mũi tên chỉ hướng từ $B$. Mỗi nút, ngoại trừ $B$, chứa chính xác một mũi tên và do đó, tổng số mũi tên là $n-1$.

Vì vậy, cây được hình thành sau

$$N = \frac{n(n-1)}{2} - (n-1) = \frac{(n-1)(n-2)}{2}$$

di chuyển. Do đó, đối với $n=4k$ và $n=4k+3$ người chơi đầu tiên thắng ($N$ là số lẻ) và đối với $n=4k+1$ và $n=4k+2$ người chơi thứ hai thắng ($N$ là số chẵn).

A. Razborov

31

F688. Một vòng mỏng có khối lượng M và bán kính R được cố định chắc chắn bằng kim đan nhẹ trên một trục mỏng mỏng, đi qua tâm của vòng sao cho mặt phẳng của vòng tạo thành một góc α với trục (Hình 1). Xác định công cần thực hiện để quay trục tới vận tốc góc ω.

Hình 1.

Hình 2. $|O_1A_1|^2 = |OA_1|^2 - |OO_1|^2; |OA_1|^2 = R^3, |OO_1|^2 = |Oa_1|^2 \cos^2 \alpha = R^2 (\cos^2 \varphi) (\cos^2 \alpha) = \frac{R^2}{2} \times \cos^2 \alpha$ (kể từ $\varphi = \pi/4$). Như vậy,

$$|O_1A_1|^2 = R^2 - \frac{R^2}{2} \cos^2 \alpha = \frac{R^2}{2} (1 + \sin^2 \alpha).$$

F689. Trên chiếc bàn ngang chính có một xấp giấy chứa 500 tờ. Tờ thứ một trăm (đếm spiza) lớn hơn những tờ khác. Tấm này được kéo cẩn thận theo hướng ngang. Gia tốc tối đa có thể được truyền vào gói để nó chuyển động mà không bị vỡ là bao nhiêu? Gia tốc cực đại mà khối tâm của gói hàng có thể chuyển động là bao nhiêu? Trong trường hợp này cột phải chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Hệ số ma sát trên giấy μ=0,2.

Chúng ta hãy tìm động năng của một vòng quay với vận tốc góc ω quanh trục $O'O''$ ở vị trí như đã chỉ ra trong các điều kiện.

Vận tốc tuyến tính của các điểm khác nhau trên vòng là khác nhau; Theo đó, sự đóng góp của các phần riêng lẻ của vòng vào tổng động năng là khác nhau. Chúng ta hãy tìm động năng của một cặp phần nhỏ $A_1$ và $A_2$ của vòng, nằm sao cho $A_1OA_2 = \pi/2$ (Hình 2). Kích thước của mỗi phần là $R \cdot \Delta\varphi$, khối lượng là $m = \frac{M}{2\pi R} R \cdot \Delta\varphi = \frac{M}{2\pi} \cdot \Delta\varphi$ (kích thước của $R \cdot \Delta\varphi$ là nhỏ, thay đổi theo bán kính của các vòng tròn mà các điểm của các phần quay dọc theo đó, bạn có thể chạy). Tốc độ tuyến tính của các phần $A_1$ và $A_2$ tương ứng bằng nhau,

$$v_1 = \omega |O_1A_1|, \quad v_2 = \omega |O_2A_2|,$$

trong đó $|O_1A_1|, |O_2A_2|$ là bán kính của các vòng tròn dọc theo đó các điểm của các phần $A_1$ và $A_2$ xoay quanh trục $O'O''$. Như có thể thấy từ Hình 2,

$$|O_1A_1| = \sqrt{|OA_1|^2 - |OO_1|^2} = R \sqrt{1 - \cos^2 \alpha \cdot \cos^2 \varphi},$$

$$|O_2A_2| = \sqrt{|OA_2|^2 - |OO_2|^2} = R \sqrt{1 - \cos^2 \alpha \cdot \sin^2 \varphi}.$$

Do đó, động năng của cặp phần $A_1$ và $A_2$ bằng

$$E_n = \frac{1}{2} m (v_1^2 + v_2^2) = \frac{M}{4\pi} \cdot \Delta\varphi \cdot \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Xét bất kỳ cặp tiết diện nào có vectơ bán kính tạo thành một góc π/2, chúng ta thu được cùng một biểu thức cho động năng của chúng. Số lượng các cặp như vậy hiển nhiên bằng π/Δφ. Do đó, tổng năng lượng của vòng quay là

$$E = \frac{\pi}{\Delta\varphi} E_n = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng, công cần thực hiện để quay vòng tới vận tốc góc ω bằng

$$A = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Đối với trường hợp đặc biệt α = π/2 (vòng quay trong mặt phẳng nằm ngang quanh một trục thẳng đứng)

$$E_r = \frac{M}{2} \omega^2 R^2.$$

Với α = 0 (vòng quay quanh đường kính thẳng đứng)

$$E_b = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 = E_r/2.$$

S. Krotov

Bất kỳ tấm nào ở trên cùng của chồng đều có thể nhận gia tốc dưới tác dụng của lực ma sát

$$a_1 \leqslant \mu g.$$

Điều này có nghĩa là các tấm này sẽ không trượt so với nhau và với gia tốc của một tấm lớn a > μg, toàn bộ phần trên của chồng các tấm tương đối lớn có thể trượt.

Ở phần dưới của chồng, hiện tượng trượt chỉ xảy ra ở điểm tiếp xúc với tấm lớn, vì tấm càng thấp thì lực ép các tấm lại với nhau càng lớn. Tăng tốc các tờ từ dưới cùng của ngăn xếp

$$a_2 \leqslant \frac{\mu M g}{m} = 4\mu g$$

(M là khối lượng phần trên của gói, m = M/4 là khối lượng phần dưới). Rõ ràng là để đạt được gia tốc tối đa của chồng, với điều kiện là nó không bị rơi ra, một tấm lớn cần

32

kéo bằng rễ

$$a = a_1 = 2 \text{ m/c}^2.$$

Đây là cách root của gói sẽ diễn ra.

Để có được khả năng bám rễ tối đa ở trọng tâm của bó (không tính đến tấm lớn!), bạn cần đảm bảo rằng cả hai phần đều trượt qua. Trong trường hợp này, tổng ngoại lực $F = f_{\text{тр1}} + f_{\text{тр2}} = 2\mu Mg$; bám rễ vào khối tâm

$$a = \frac{F}{M + m} = \frac{2\mu Mg}{M + m} = 2 \frac{\mu g}{1 + \frac{m}{M}} = 1,6\mu g = 3,2 \text{ m/c}^2.$$

Bạn cần kéo một chiếc lá lớn có gốc $a \geq a_{2\max} = 8 \text{ m/c}^2$.

3. Rafailov

F690. Giữa các điểm $A$ và $B$ trên bề mặt Mặt Trăng, nằm ở khoảng cách góc $90^\circ$, có một kênh thẳng (Hình 1), chứa đầy không khí ở nhiệt độ bình thường. Áp suất không khí ở giữa kênh $p_C = 10^5$ Pa. Tìm áp suất không khí trong kênh gần bề mặt Mặt Trăng. Mặt trăng được coi là một quả bóng đồng nhất có đường kính $D = 3480$ km. Gia tốc $g_L$ rơi tự do trên bề mặt Mặt trăng nhỏ hơn trên Trái đất sáu lần.

Chúng ta hãy xem xét một trạm hàng không ở độ cao thấp $\Delta y$, nằm ở khoảng cách $y$ tính từ tâm Mặt Trăng và viết điều kiện:

$$\varrho g \Delta y = -\Delta p,$$

(*)

trong đó $\varrho$ là mật độ không khí, $g$ là gốc rơi tự do ở một độ sâu nhất định, $\Delta p$ là chênh lệch áp suất ở độ cao $y + \Delta y$ và $y$.

Chúng tôi tìm thấy mật độ không khí từ phương trình Mendeleev-Clapeyron:

$$pV = \frac{m}{\mu} RT, \quad \varrho = \frac{m}{V} = \frac{\mu}{RT} p,$$

trong đó $p$ là áp suất không khí ở độ sâu đã chọn.

Bây giờ chúng ta hãy tìm hiểu gốc rơi tự do thay đổi như thế nào khi chúng ta “đi sâu” vào Mặt trăng. Chúng ta hãy chọn Lun bên trong - một quả bóng có bán kính $a$ - một quả bóng có bán kính $y < a$ (Hình 2). Nếu một điểm vật chất có khối lượng $m_0$ được đặt trên bề mặt của quả bóng nhỏ hơn này, thì trên thực tế nó sẽ chỉ tác dụng lên quả bóng nhỏ hơn. Tổng tác dụng của lực hấp dẫn giữa điểm vật chất/của chúng ta và tất cả các bộ phận trong khu vực được bảo vệ (xem Hình 2) là bằng không. Khi đó gốc của $g$ tại điểm $C$ (có tọa độ $y$) được xác định theo công thức

$$G \frac{m_0 m_y}{y^2} = m_0 g,$$

và root $g_L$ tại điểm $K$ theo công thức

$$G \frac{m_0 M}{a^2} = m_0 g_L,$$

trong đó $m_y$ và $M$ lần lượt là khối lượng của các quả bóng nhỏ hơn và lớn hơn. Chia các công thức theo số hạng và tính đến khối lượng của các quả bóng tỷ lệ với thể tích của chúng (và do đó với lập phương bán kính của chúng), chúng ta thu được:

$$g = g_L \frac{y}{a}.$$

Chúng ta hãy thay thế các biểu thức thu được cho $q$ và $g$ vào phương trình (*):

$$\frac{\mu p}{RT} \frac{g_L y}{a} \Delta y = -\Delta p,$$

hoặc

$$\frac{\Delta p}{p} = -\frac{\mu g_L}{RTa} y \Delta y.$$

Nếu các số gia hữu hạn $\Delta p$ và $\Delta y$ được thay thế bằng các số gia vô cùng nhỏ $dp$ và $dy$, chúng ta thu được phương trình vi phân

$$\frac{dp}{p} = -\frac{\mu g_L}{RTa} y dy.$$

Lời giải của phương trình này được tìm thấy bằng tích phân: