Lời giải bài toán M686—M690; F698—F702

28

P742. A glass receptacle of rectangular section is placed between two convergent lenses of focal distances $F$, perpendicularly to the lenses’ optical axis (see figure Pisc. 3, p. 26). A point light source $S$ is located in the focal plane of the lens $\Lambda_1$. When the receptacle is empty, the image of the source may be observed on the screen $\exists$ located in the focal plane of the lens $\Lambda_2$. The receptacle is filled with a transparent liquid whose refraction index varies with height in accordance to the rule $n(y) = n_0 + ay$. The thickness of the layer of water is $L$. What will the vertical displacement of the image on the screen be? The change of the refraction index within the diameter of the light beam may be assumed negligible.

V. Mojaev

Lời giải bài toán

M686 — M690; F698 — F702

Đáp số: dành cho bất cứ ai.

Giả sử $a$ là một số tự nhiên thỏa mãn $a^4 \leqslant x < (a+1)^4$. Sau đó $a^2 \leqslant \sqrt{x} < (a+1)^2$. Do đó, một mặt, $a \leqslant \sqrt{x} < a+1$, $[\sqrt{x}] = a$. Mặt khác, $a^2 \leqslant [\sqrt{x}] < (a+1)^2$, $a \leqslant \sqrt{x} < a+1$, $[\sqrt{x}] = a$.

G. Galperin

M687. a) Trong paramid chín lõi, tất cả 9 gân bên và tất cả 27 đường chéo cơ sở đều có màu: một số màu đỏ, còn lại màu xanh. Chứng minh rằng có ba đỉnh của một paramid đóng vai trò là các đỉnh của một tam giác có tất cả các cạnh được tô cùng một màu.

b) Tuyên bố tương tự có đúng đối với paramid tiền nấm không?

a) Trong số chín gân bên của paramid, có năm gân được sơn một màu (ví dụ: màu đỏ). Đặt $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ là điểm cuối của các cạnh này, được đánh số liên tiếp. Một trong các cạnh của hình ngũ giác $A_1A_2A_3A_4A_5$ là đường chéo của đáy (gọi là $A_1A_2$ theo định nghĩa). Xét tam giác $A_1A_2A_4$; các cạnh của nó là đường chéo của đáy. Nếu là một liên kết thì mọi thứ đã được chứng minh. Nếu không, thì một trong các cạnh của nó (các đường chéo của đáy) có màu đỏ, và do đó tam giác được tạo thành bởi đường chéo này và các cạnh bên nối các đầu của nó với đỉnh của paramid sẽ là một liên kết đơn.

b) Đáp số: sai. Một ví dụ là nếu bốn cạnh biểu thị trong một hàng có màu đỏ và bốn cạnh còn lại có màu xanh lam, với các đầu của các cạnh màu đỏ được nối bằng các đường chéo màu xanh lam và các đầu của các cạnh màu xanh lam được nối với nhau bằng các đường chéo màu đỏ. (Hãy cho tôi biết cách tô màu các đường chéo còn lại.)

H. Nenov

M688. Cho các số tự nhiên $a_1, a_2, ..., a_n$ giống như $a_k \leqslant k$ ($k=1, 2, ..., n$) và tổng $a_1 + a_2 + ... + a_n$ là số chẵn. Chứng minh rằng một trong các biểu thức $a_1 \pm a_2 \pm a_3 \pm ... \pm a_n$ bằng 0.

Hãy chứng minh mệnh đề bằng dấu $n$.

Đối với $n=2$ điều đó là hiển nhiên, vì tập hợp duy nhất có thể là $a_1 = a_2 = 1$.

Hãy chứng minh điều đó cho một tập hợp số nhỏ hơn $n+1$; Hãy chứng minh điều đó với số $n+1$.

Hãy lấy một tập hợp tùy ý $a_1, a_2, ..., a_n, a_{n+1}$ gồm $n+1$ số thỏa mãn điều kiện. Nếu $a_n = a_{n+1}$ thì tổng $a_1 + ... + a_{n-1}$ là số chẵn; Khi tính đến giả định chỉ báo, chúng tôi kết luận rằng một trong các tổng $a_1 \pm a_2 \pm ... \pm a_{n-1} + a_n - a_{n+1}$ bằng 0. Nếu $a_n \neq a_{n+1}$, chúng tôi thay thế bộ này bằng $a_1, a_2, ..., a_n - a_{n+1}$ của $n$ số. Đối với bộ mới, tất cả các điều kiện đều được đáp ứng: số $|a_n - a_{n+1}|$ có cùng tính chẵn lẻ với $a_n + a_{n+1}$ nên tổng của các số $n$ vẫn là số chẵn; từ $a_n \neq a_{n+1}$, $1 \leqslant a_n \leqslant n$ và $1 \leqslant a_{n+1} \leqslant n+1$ theo sau $1 \leqslant |a_n - a_{n+1}| \leqslant n$. Theo giả định về chỉ báo, một trong các tổng $a_1 \pm a_2 \pm a_3 \pm ... \pm a_n$ bằng 0. Còn lại-

29

Hạ “mở mô hình”. Trong mọi trường hợp, $|a_n - a_{n+1}| = \pm (a_n - a_{n+1})$ và chúng ta nhận được rằng một trong các biểu thức $a_1 \pm a_2 \pm a_3 \pm \dots \pm a_n \pm a_{n+1}$ bằng 0 (trong lời giải, $a_{n+1}$ và $a_n$ của chúng ta luôn có các dấu khác nhau đứng trước).

S. Nenashev

M689. Chứng minh rằng không thể tạo thành một hình chữ nhật từ những viên gạch giống hệt nhau có dạng hình thang đều có cạnh 3 cm, 1 cm và chiều cao 1 cm.

Giả sử rằng hình chữ nhật đã bị loại bỏ khỏi hình thang $n$. Chúng ta hãy đánh dấu các điểm mà các đỉnh của hình thang rơi xuống, bao gồm cả bốn đỉnh của hình chữ nhật.

Mỗi hình thang có hai góc nhọn (mỗi góc 45°) và hai góc tù (mỗi góc 135°), vì vậy tất cả các hình thang $n$ đều có cùng số góc nhọn và góc tù - 2$n$ mỗi góc.

Mặt khác, rõ ràng là tại mỗi điểm đã đánh dấu không có góc nhọn nào kém hơn góc tù (nếu ở đó có một loại góc thì có ít nhất một góc nhọn, còn nếu có hai góc tù thì có hai góc nhọn - xem hình); trong trường hợp này, chỉ các góc nhọn của hình thang mới có thể xuất hiện ở các đỉnh của hình chữ nhật. Vì vậy, có nhiều góc nhọn hơn góc tù (ít nhất là 8).

Mâu thuẫn thu được chứng tỏ không thể dựng được hình chữ nhật từ hình thang.

N. Vasiliev

M690. a) Bên trong một đa giác lồi có diện tích $S_1$ và chu vi $P_1$ có ​​một đa giác lồi có diện tích $S_2$ và chu vi $P_2$. Chứng minh các bất đẳng thức
$$2\frac{S_1}{P_1} > \frac{S_2}{P_2}.$$
6) Lập và chứng minh mệnh đề tương tự cho đa giác lồi.

Hình 1.

a) Trước tiên chúng ta hãy lưu ý rằng đối với các hình tam giác, một phát biểu mạnh hơn là đúng: $\frac{S_1}{P_1} > \frac{S_2}{P_2}$. Điều này gần như hiển nhiên, vì $\frac{2S_1}{P_1}$ và $\frac{2S_2}{P_2}$ là bán kính của các đường tròn nội tiếp trong các hình tam giác này.

Để chứng minh mệnh đề tổng quát, chúng ta sẽ sử dụng hai sự kiện mà chúng ta sẽ chứng minh dưới đây:

1. trong bất kỳ đa giác lồi nào có diện tích $S$ và chu vi $P$ người ta có thể đặt một hình tròn có bán kính $R > \frac{S}{P}$;

2. đối với bất kỳ hình tròn nào chứa một đa giác cho trước, $R \leq \frac{2S}{P}$.

Tuyên bố a tiếp theo ngay từ 1) và 2): chúng ta hãy đặt một hình tròn có bán kính $R > \frac{S_2}{P_2}$ trong đa giác bên trong; kể từ $R \leq \frac{2S_1}{P_1}$, chúng tôi đạt được những gì được yêu cầu.

Hãy chứng minh 1). Chúng ta hãy dựng một hình chữ nhật có chiều cao $h = \frac{S}{P}$ trên mỗi cạnh của đa giác (lồi) (Hình 1; $S$ là diện tích, $P$ là chu vi của đa giác). Những đường này chồng lên nhau; họ thậm chí có thể “bò” ra ngoài đa giác. Vì tổng diện tích của các hình chữ nhật là $S$ nên diện tích phần đa giác được chúng bao phủ nhỏ hơn $S$. Do đó, có một điểm không được che chắn nằm ở khoảng cách $R > h$ tính từ mọi phía.

Hãy chứng minh 2). Đặt $O$ là tâm của đường tròn bán kính $R$ chứa trong đa giác (Hình 2). Vì độ dài đường cao của các hình tam giác có đỉnh $O$, đáy của chúng là các cạnh của đa giác, không nhỏ hơn $R$ nên ta thu được

31

tốc độ quay của chất lỏng bắt đầu nổi ra khỏi mao quản? Mật độ chất lỏng q, sức căng bề mặt σ, chất lỏng làm ướt hoàn toàn mao quản; Kích thước của mao quản được thể hiện trong hình.

Gọi ω là vận tốc góc quay giới hạn của mao quản. Chia đoạn uốn ngang tinh thần thành N đoạn có chiều dài nhỏ Δx=l/N (Δx<<l). Hãy xem xét hai phần tử nhỏ có khối lượng nước Δm=πr²ρ·Δx, nằm ở khoảng cách x tính từ giữa khuỷu tay (xem hình). Hãy viết phương trình chuyển động của các phần tử này:

$$\Delta m \cdot \omega^2 \left( \frac{l}{2} - x \right) = \left( p_{i+1} - p_{i-1} \right) \pi r^2,$$

$$\Delta m \cdot \omega^2 \left( \frac{l}{2} + x \right) = \left( p_{q+1} - p_{q-1} \right) \pi r^2,$$

trong đó $p_{i-1}$ ($p_{q-1}$) và $p_{i+1}$ ($p_{q+1}$) là áp lực lên các phần tử bên trái và bên phải tương ứng. Số lượng các cặp như vậy rất lớn N/2. Tổng hợp tất cả các phương trình tương tự, chúng ta nhận được

$$\frac{N}{2} \cdot \Delta m \cdot \omega^2 l = \left( p_B - p_A \right) \pi r^2 \Rightarrow \frac{\varphi \omega^2 l^2}{2} = \frac{4\sigma}{r} - \varphi gh.$$

Từ đây chúng ta tìm được ω:

$$\omega = \sqrt{\frac{8\sigma/r - 2\rho gh}{\rho l^2}}.$$

A. Buzdin

F701.*) Hình 1 cho thấy sự phân bố nhiệt độ nước của một thanh dẫn nhiệt mỏng đồng nhất tại một thời điểm nào đó. Sự phân bố nhiệt độ sẽ thay đổi như thế nào trong tương lai? Phân phối nào sẽ được thiết lập sau một khoảng thời gian vừa đủ?

Quá trình phân phối lại nhiệt độ kết thúc bằng việc cân bằng nhiệt độ dọc theo toàn bộ chiều dài của thanh. Vì thanh dẫn nhiệt nên nội năng không đổi. Dễ hiểu là diện tích dưới đường cong phân bố nhiệt độ ở bất kỳ giai đoạn trung gian nào sẽ không đổi. Do đó, nhiệt độ $t_y$ của thanh, sẽ được thiết lập sau một khoảng thời gian vừa đủ (Hình 2), có thể được xác định từ điều kiện

$$t_y \cdot 90 = 2(200 \cdot 30) + 100 \cdot 30.$$

Hình 1.

Hình 2.

Từ đây là

$$t_y \approx 166,6^\circ C.$$

Khi bắt đầu quá trình cân bằng nhiệt độ, sự thay đổi nhiều nhất sẽ diễn ra ở ranh giới giữa các khu vực có nhiệt độ chênh lệch nhiều nhất. Ở phần giữa của thanh (40  70 cm trong Hình 2), nhiệt độ sẽ tăng lên, đạt gần 166,6°C, và ở các phần bên (10  40 cm và 70 100 cm trong Hình) - khái niệm tiến gần đến nhiệt độ này.

O. Savigan

F702. Hai hệ, một hệ gồm hai khối lượng m giống hệt nhau, được nối với nhau bằng một kẹp có độ cứng k, chuyển động dọc theo một mặt phẳng nằm ngang nhẵn trên

Sau thời gian $t_1 = L/2v_0$ sẽ có va chạm của khối lượng I và I’. Vì va chạm là đàn hồi tuyệt đối nên ngay sau khi va chạm, tốc độ của từng khối lượng này không đổi về giá trị tuyệt đối, nhưng hướng ngược nhau và tốc độ của khối lượng II và II’ không thay đổi (Hình 2). Do đó, ngay sau va chạm trong mỗi hệ

33

các điện tích tương ứng tại một vị trí nhất định trên bề mặt bị đảo ngược. Thật vậy, sự hợp nhất của các tương tác trong cấu hình $P_1$ ($P_2$) là sự hợp nhất của lực đẩy lẫn nhau của các điện tích “ngồi” trên bề mặt. Việc thay đổi dấu của tất cả các điện tích làm cho các phản ứng tổng hợp này không thay đổi, do đó mỗi điện tích bề mặt nguyên tố sẽ ở trạng thái cân bằng; trong trường hợp này, điện trường tại mỗi điểm trong không gian bên ngoài dây dẫn sẽ chỉ đổi chiều theo hướng ngược lại. Do đó, cấu hình $P'_1$ ($P'_2$) cũng sẽ ở trạng thái cân bằng.

Hãy xem xét tình huống này hơn nữa. Điện tích dây dẫn được báo cáo $Q$ sẽ có phân bố $P_1$. Sau khi “đóng băng” phân phối này, chúng tôi đặt một điện tích lên dây dẫn - $Q$ để nó đảm nhận phân phối $P'_2$. Nếu bây giờ tổng điện tích của dây dẫn (bằng 0) đại diện cho chính nó thì theo nguyên lý chồng chất, hệ sẽ ở trạng thái cân bằng và sẽ không có dòng điện tích nào xuất hiện trên bề mặt dây dẫn. Vì vậy, tổng điện tích của dây dẫn bằng không; trong trường hợp này, trên bề mặt dây dẫn cần tìm các vùng tích điện khác nhau: $A_1$, tích điện dương và $B_1$, tích điện âm. Hãy xem xét đường hợp nhất đi ra khỏi vùng $A_1$. Vì dây dẫn ở xa nên đường thoát nước này sẽ kết thúc tại nó hoặc kéo dài đến vô tận. Trong trường hợp đầu tiên, điểm đầu và điểm cuối của đường cống (thuộc dây dẫn) phải có điện thế khác nhau (tại sao?), trường hợp này không thể xảy ra. Trường hợp thứ hai vẫn còn. Tương tự, nếu chúng ta xem xét một trong những đường ống dẫn nước đến dây dẫn trong vùng $B_1$, chúng ta đi đến kết luận rằng nó đến từ vô cực. Chúng tôi tin rằng vô cực có tiềm năng cố định; nhưng khi đó điện thế vùng $A_1$ cao hơn điện thế vô cực và điện thế ở vô cực cao hơn điện thế vùng $B_1$, tức là các vùng khác nhau của dây dẫn có điện thế khác nhau. Nhưng điều này mâu thuẫn với điều kiện cân bằng điện tích trên bề mặt vật dẫn.

Vì vậy, giả định về khả năng có hai phân bố điện tích cân bằng khác nhau là không chính xác. Điện tích trên dây dẫn chỉ có thể được phân bố theo một cách. Nếu trong một bài toán cụ thể, chúng ta đoán được sự phân bổ cân bằng của các điện tích, thì đây sẽ là đáp số.

Chúng ta hãy xem xét lời giải bài toán F700 dựa trên những gì đã được nói. Chúng ta hãy nhớ lại các điều kiện của nó:

$\Phi 700$. Có hai dây dẫn $A$ và $B$ có ​​hình dạng tùy ý. Ban đầu, dây dẫn $A$ có điện tích $Q$ và dây dẫn $B$ không được tích điện. Các dây dẫn được đưa về điện trở (xem hình ok) và điện tích $q$ chảy vào dây dẫn $B$. Dây dẫn tiếp xúc truyền thêm một điện tích $q_x$ và kết quả là một điện tích $q$ xuất hiện trên dây dẫn $A$. Xác định điện tích $q_x$.

Hai dây dẫn chạm nhau $A$ và $B$ tạo thành một dây dẫn đơn độc ($A+B$). Điện tích truyền cho vật dẫn này là $Q$. Chúng ta hãy xem xét một phần tử nhỏ Ds của bề mặt dây dẫn, trên đó, do sự phân bố cân bằng của điện tích $Q$ trên bề mặt dây dẫn ($A+B$),

mật độ điện tích $\sigma$ là mới. Nếu dây dẫn ($A+B$) (không tích điện) được tích điện $Q'$, thì mật độ điện tích ở trạng thái ổn định $\sigma'$ trên $\Delta s$ sẽ thỏa mãn hệ thức sau:

$$\frac{\sigma'}{\sigma} = \frac{Q'}{Q}.$$

Thật vậy, sự hợp nhất, tác động lên phần tử tích điện $\Delta s$ của bề mặt dây dẫn ($A+B$) từ các vùng tích điện khác trên bề mặt, được định nghĩa là tổng lực tương tác của một phần tử bề mặt nhất định với tất cả các phần tử bề mặt khác. Do sự sắp xếp không gian của các dây dẫn không thay đổi (đây là một điểm quan trọng), nên khoảng cách lẫn nhau giữa các điện tích cơ bản (điện tích của các phần tử bề mặt riêng lẻ ($A+B$)) cũng không thay đổi và chỉ có giá trị của các điện tích liên quan đến bề mặt bề mặt là thay đổi. Do đó, mỗi lực tương tác từng cặp của các phần tử điện tích thay đổi cùng một số lần - $(Q'/Q)^2$ lần. Như vậy, mỗi vùng cơ bản của bề mặt sẽ vẫn ở trạng thái cân bằng.

Từ lý luận trên, suy ra rằng, bất kể điện tích nào được truyền bởi dây dẫn tiếp xúc $A$ và $B$ (dây dẫn ($A+B$)), mối quan hệ giữa điện tích $q_A$, phân bố trên dây dẫn $A$, với điện tích $q_B$, phân bố trên dây dẫn $B$, vẫn không thay đổi (tất nhiên, với cùng vị trí tương đối của dây dẫn tiếp xúc).

Ban đầu, khi điện tích $Q$ được phân bố trên dây dẫn ($A+B$),

$$\frac{q_A}{q_B} = \frac{Q - q}{q}.$$

Khi giao tiếp với người soát vé ($A+B$) phải trả thêm phí $q_x$

$$q_x = Q \frac{2q - Q}{Q - q}.$$