Lời giải bài toán M691—M695; F703—F707

30

P743. With what minimal velocity must a stone be thrown from height $h$ in order to clear a wall of height $H$ and thickness $l$?
O. Savchenko

P744. An apparatus in cosmic space consists of a rigid thin sphere of radius $R=2$ m, filled with gas, and also containing a sphere of radius $r=R/2$ filled with the same gas, but at higher pressure. The inner sphere is tangent to the inner surface of the apparatus. As the result of an accident, the inner sphere explodes. Find how the pressure inside the apparatus changes if the explosion displaces the apparatus by $a=0.5$ m. The mass of the shells of the spheres is negligible, the temperature assumed constant.

A. Buzdin

P745. Một ổ cắm cách nhiệt được chia thành hai ngăn bằng một pít-tông cách nhiệt chuyển động không ma sát. Ngăn bên trái chứa 1 mol khí đơn nguyên tử lý tưởng, ngăn còn lại là chân không. Piston được nối với thành bên phải của thùng chứa bằng một lò xo (xem hình 2, trang 28), có chiều dài ở trạng thái không bị ứng suất bằng chiều dài của thùng chứa. Bỏ qua nhiệt dung của thùng chứa, piston và lò xo, xác định nhiệt dung của hệ.

W. Kliachin

P746. Một pin điện, hoạt động trên chất phóng xạ $\beta$, là một quả cầu kim loại, bên trong đặt một mảnh chất phóng xạ, cách ly với quả cầu, (hình Hình 3, trang 28). Mỗi giây $v$ nguyên tử bị phân hủy. Giả sử năng lượng của các electron xuất hiện trong quá trình phân hủy phóng xạ phân bố đều trong khoảng giữa giá trị cực tiểu và cực đại $W_{\min}$ và $W_{\max}$, hãy tìm suất điện động của pin. Dòng điện tối đa mà pin như vậy có thể mang lại là bao nhiêu? Pin này có thể được coi là máy phát dòng điện đến giá trị nào của điện trở tải?

I. Vorobiev

P747. Trong khi tàu vũ trụ của họ đang bay lên quỹ đạo, các phi hành gia nhận thấy một lớp sáng mỏng (phản xạ hoàn toàn bên trong ánh sáng trong khí quyển) ở độ cao $H_0$ so với bề mặt trái đất. Sử dụng đồ thị (hình 4, trang 29) thể hiện sự phụ thuộc của hệ số khúc xạ $n$ vào khoảng cách $R$ tính từ tâm Trái đất, làm thế nào có thể xác định được $H_0$?

O. Batischev

Lời giải bài toán

M691—M695; F703—F707

M691. Chúng ta sẽ nói rằng một số có tính chất (K) nếu nó mâu thuẫn với tích của K số tự nhiên liên tiếp lớn hơn 1. a) Tìm K sao cho một số N có cả tính chất (K) và (K+2). b) Chứng minh rằng không tồn tại số có cả hai tính chất (2) và (4).

a) Số $2 \cdot 3 \cdot 4=24$ có tính chất (1) và (3). Cộng cả hai vế của đẳng thức $2 \cdot 3 \cdot 4=24$ tất cả các số tự nhiên từ 5 đến 23, ta được số
$$2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 23 = 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot \dots \cdot 23 \cdot 24,$$
có tính chất (20) và (22). Tất nhiên, có vô số ví dụ thuộc loại này: nếu $b=a(a+1)(a+2)$, thì số
$$a(a+1)(a+2) \dots (b-1) = (a+3) \dots (b-1)b$$
có tính chất (b-a-2) và (b-a).
Có những ví dụ thuộc loại khác: ví dụ, số
$$2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 8 \cdot 9 \cdot 10$$
có tính chất (3) và (5). Bằng cách thêm bảy số “đã xử lý” vào đây, chúng ta sẽ có được một số có thuộc tính (4) và (6):

32

Hình 4.

M693. Một số có 1000 cư dân. Mỗi ngày, mỗi người trong số họ chia sẻ những tin tức họ đã học được ngày hôm qua với tất cả các tài sản. Được biết, mọi tin tức đều được mọi người dân trong làng biết đến. Chứng minh rằng bạn có thể chọn 90 cư dân sao cho nếu bạn cho họ biết một số tin tức cùng một lúc thì sau 10 ngày tất cả cư dân trong làng đều biết tin đó.

Hình 1.

Chúng ta hãy liên kết mỗi cư dân trong làng với một điểm nhất định trên mặt phẳng. Những điểm tương ứng với những cư dân quen thuộc với nhau được kết nối bằng một đoạn. Hình ảnh thu được được gọi là đồ thị. Các điểm được chọn được gọi là các đỉnh của đồ thị và các đoạn nối chúng được gọi là các cạnh.

Phần đó của điều kiện bài toán, yêu cầu tin tức được truyền đến một cư dân trong làng cuối cùng sẽ được tất cả cư dân của làng biết đến, tương ứng với thực tế là dọc theo các cạnh của biểu đồ của chúng ta, có thể truyền từ bất kỳ đỉnh nào của nó sang bất kỳ đỉnh nào khác. Đồ thị như vậy được gọi là liên thông. Một dãy các cạnh trong một đồ thị nối hai đỉnh của nó, trong đó không có cạnh nào lặp lại, được gọi là một chuỗi. Nếu một chuỗi bắt đầu và kết thúc ở cùng một đỉnh thì nó được gọi là một chu trình. Hình 1 cho thấy một chuỗi nối các đỉnh A và B, cũng như một chu trình. Đồ thị liên thông không chứa chu trình được gọi là cây. Nó thực sự trông giống như một cái cây (Hình 2).

Chúng ta gọi khoảng cách giữa hai đỉnh của đồ thị là số cạnh trong chuỗi ngắn nhất nối các đỉnh này. Lưu ý rằng nếu đồ thị là một cây thì bất kỳ cặp đỉnh nào của nó cũng chỉ được nối bằng một chuỗi.

Các khái niệm được giới thiệu cho phép chúng ta đơn giản hóa ký hiệu lời giải bài toán. Theo thuật ngữ mới, công thức có thể được viết lại như sau:

Chứng minh rằng trong một đồ thị liên thông có 1000 đỉnh, người ta có thể xác định một tập hợp 90 đỉnh sao cho với bất kỳ đỉnh nào của đồ thị đều có một đỉnh cách tập hợp này có khoảng cách không quá 10.

Gọi X và Y là hai đỉnh của đồ thị có khoảng cách lớn nhất. Nếu khoảng cách này không quá 10, thì khoảng cách từ bất kỳ đỉnh nào của đồ thị của chúng ta đến bất kỳ đỉnh nào khác không quá 10 - trong trường hợp này, 90 đỉnh có thể được chọn tùy ý.

Lưu ý rằng chỉ cần giải bài toán của chúng tôi cho trường hợp đồ thị là cây. Thật vậy, đồ thị của chúng ta không phải là một cái cây; thì nó chứa ít nhất một chu kỳ. Nếu bạn loại bỏ bất kỳ cạnh nào khỏi đồ thị chấp nhận chu trình này, chu trình sẽ biến mất nhưng đồ thị vẫn được kết nối. Vì chỉ có một số hữu hạn các chu trình trong đồ thị nên bằng cách áp dụng thao tác này nhiều lần, chúng ta sẽ biến đồ thị của mình thành một cây. Tập hợp 90 đỉnh của cây kết quả thỏa mãn điều kiện bài toán rất thuận tiện và cũng sẽ phù hợp với đồ thị tương tự đầu tiên, vì việc thêm các cạnh mới không làm tăng khoảng cách giữa các đỉnh.

Vì vậy, chúng ta có một cây có 1000 đỉnh, X và Y là hai đỉnh nằm ở khoảng cách tối đa lớn hơn 10. Khoảng cách của chuỗi nối X và Y là: X—A1—A2—A3—…—A10—A11—…—Y. Hãy lấy điểm A10 làm điểm K1 đầu tiên của tập hợp mong muốn. Nếu chúng ta cộng tác giữa đỉnh A10 và A11 thì cây của chúng ta sẽ tách thành hai cây. Lưu ý rằng phần chứa đỉnh X có ít nhất 11 đỉnh.

Lưu ý rằng khoảng cách từ đỉnh A10 đến mỗi đỉnh của phần chứa nó không quá 10 (nếu khoảng cách đến một đỉnh M nào đó lớn hơn 10 thì khoảng cách từ M đến Y sẽ lớn hơn khoảng cách từ X đến Y, điều này mâu thuẫn với thực tế là các đỉnh X và Y nằm ở khoảng cách tối đa).

Khoảng cách bây giờ là phần của đồ thị chứa đỉnh Y. Đây là một cây có không quá 1000 - 11 = 989 đỉnh. Hãy lặp lại thao tác tương tự với anh ấy. Kết quả là

33

Pis. 3.

M694. Mỗi đỉnh của hình lập phương chứa một số. Trong một bước, một số được cộng vào hai số được đặt trên một (bất kỳ) cạnh nào. Có thể làm cho tất cả tám số bằng nhau trong một vài bước như thế này nếu các số ban đầu được đặt như trong Hình 1 không? Giống như trong Hình 2? Giống như trong Hình 3?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

Chúng ta thu được một nhóm khác gồm ít nhất 11 đỉnh và các đỉnh ở giữa—điểm $K_2$ của tập hợp mong muốn, cũng như một cây chứa không quá 1000—2·11=978 đỉnh. Sau khi thực hiện thao tác này 89 lần, chúng ta sẽ có 89 nhóm đỉnh, khoảng cách từ mỗi đỉnh trong nhóm của nó không vượt quá 10. Phần còn lại là một cây chứa không quá 1000—89 11 = 21 đỉnh. Chúng ta hãy xem xét lại hai đỉnh trong đó có khoảng cách tối đa và lại lấy đỉnh thứ mười trong chuỗi nối các đỉnh này. Rõ ràng, đỉnh này phù hợp làm điểm $K_{90}$ của tập hợp mong muốn. Vấn đề lời giải.

A. Savin

Tô màu các đỉnh của hình lập phương bằng màu xanh lam và đỏ sao cho các đầu của mỗi cạnh được sơn bằng các màu khác nhau (Hình 4). Khi cộng 1 với các số nằm trên cùng một cạnh, tổng các số ở đỉnh xanh và đỉnh đỏ tăng thêm 1 nên hiệu giữa hai tổng này không thay đổi. Vì trong các hình lập phương ở Hình 1 và Hình 3, sự khác biệt này không bằng 0 nên chúng không thể dẫn đến một hình lập phương có số đỉnh bằng nhau. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu các số được viết ở các đỉnh của hình lập phương ban đầu và tổng các số ở đỉnh đỏ và đỉnh xanh bằng nhau thì tất cả tám số có thể được coi là bằng nhau.

Hãy để chúng tôi biểu thị bằng $d$ sự khác biệt giữa số lớn nhất và lớn nhất trong số các số được viết ở các đỉnh của khối lập phương và bằng $n$ số lượng các số bằng khối lập phương lớn nhất, sau đó bằng cách thêm một vào các số nằm trên cạnh $A_1B_1$, chúng ta sẽ giảm $d$ hoặc $n$. Tiếp tục theo cách này, chúng ta sẽ đến một khối trong đó $d=0$, nghĩa là tất cả tám số đều bằng nhau hoặc một khối trong đó mỗi số liền kề với số lớn nhất là số lớn nhất. Nếu ở đỉnh $A_1$ của khối lập phương như vậy có một trong những số lớn nhất, bằng $a$, thì tại các đỉnh $B_1, D_1$ và $A_2$ số $a+d$ được viết (ở đây $d$ là hiệu giữa số lớn nhất và số lớn nhất trong khối mới).

Hình 5.

Vì tổng các số ở đỉnh đỏ bằng tổng các số ở đỉnh xanh nên số $a$ được viết ở đỉnh đỏ thứ tư $C_2$, và số $a+d$ được viết ở đỉnh xanh $C_1, B_2$ và $D_2$. Bằng cách thêm $d$ đơn vị vào các đầu của cạnh $A_1B_1$, sau đó đến các đầu của cạnh $C_1C_2$, cạnh $A_1D_1$, cạnh $C_2D_2$ và cuối cùng là cạnh $A_2B_2$, chúng ta thu được một khối lập phương có tám số đều là $a+2d$. Đối với khối lập phương ở Hình 2, lời giải này được mô tả trong Hình 5.

Yu. ionin

34

M695. Có thể tô màu trắng và đen tất cả các ô của một bàn hình chữ nhật sao cho số ô trắng và ô đen bằng nhau và trong mỗi hàng, mỗi cột có nhiều hơn 3/4 ô đơn sắc?

Giả sử rằng việc tô màu là bắt buộc. Chúng ta sẽ gọi cột là màu trắng hoặc đen tùy theo màu nào chiếm ưu thế trong đó. Những cái tương tự sẽ được sử dụng cho chuỗi.

Gọi $m_0, m_1$ là số hàng trắng và đen, $n_0, n_1$ số cột trắng và đen của cột tương ứng, $m_0 + m_1 = m, n_0 + n_1 = n$.

Tất cả các ô nằm ở giao điểm của hàng trắng với cột đen và hàng đen với cột trắng có màu khác nhau so với cột chứa chúng hoặc hàng chứa chúng. Số lượng ô như vậy là $m_0 n_1 + m_1 n_0$. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng hơn một nửa số ô này có màu khác với các hàng chứa chúng. Một lần nữa, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $m_0 \leq m_1$. Theo điều kiện, các đường màu đen chứa nhiều hơn $\frac{3}{4} m_1 n$ ô đen. Điều này có nghĩa là các đường trắng chứa ít hơn $\frac{mn}{2} - \frac{3}{4} m_1 n$ ô đen. Nhưng các đường màu đen chứa ít hơn $\frac{1}{4} m_1 n$ ô trắng. Do đó, số lượng ô có màu khác với màu của các hàng chứa chúng sẽ nhỏ hơn.

$$\frac{mn}{2} - \frac{3}{4} m_1 n + \frac{1}{4} m_1 n = \frac{m_0 n}{2}.$$

Chúng ta nhận được sự bất bình đẳng

$$\frac{1}{2} (m_0 n_1 + m_1 n_0) < \frac{m_0 n}{2},$$

từ đó $m_1 < m_0$, điều này mâu thuẫn với giả định về $m_0$ và $m_1$.

S. Konyazin, Y. Nesterenko

F703. Tên lửa được phóng từ bề mặt Trái đất theo phương thẳng đứng với vận tốc thoát đầu tiên và quay trở lại Trái đất cách địa điểm phóng không xa. Cô ấy dành bao lâu cho chuyến bay? Bán kính Trái đất là $R = 6400$ km.

Ghi chú. Diện tích hình elip c thu được từ a và b bằng $S = \pi ab$.

Quỹ đạo của gói hàng được biểu diễn dưới dạng một phần của hình elip rất dài, tại một trong các tiêu điểm của nó là tâm Trái đất (xem hình). Tốc độ của các gói ở điểm trên cùng $D$ của quỹ đạo gần như bằng không.

Theo định luật bảo toàn năng lượng.

$$\frac{mv_0^2}{2} - G \frac{Mm}{R} \approx -G \frac{Mm}{2b}.$$

Ở đây $M$ là khối lượng của Trái đất, $m$ là khối lượng của các gói, $v_0 = \sqrt{GM/R}$ là tốc độ ban đầu của các gói (vận tốc vũ trụ đầu tiên); $-G \frac{Mm}{R}$ và $-G \frac{Mm}{2b}$ - các gói năng lượng tiềm năng trên bề mặt Trái đất (lúc phóng) và tại điểm trên cùng của quỹ đạo. Từ (*) chúng ta tìm được hình elip thu được lớn hơn: $b \approx R$.

Từ định luật thứ ba của Kepler (vectơ bán kính nối một vật chuyển động dưới tác dụng của trọng lực theo quỹ đạo kín với trọng tâm quét những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau), suy ra tỉ số giữa thời gian chuyển động $T$ dọc theo vị trí của hình elip (phần BDC) đến toàn bộ chu kỳ $T_3$ bằng tỷ số giữa diện tích bảo vệ trong hình của hình ObdC và tổng diện tích của hình elip:

$$\frac{T}{T_3} = \frac{1/2 \pi ab}{πab}.$$

35

F704. Dọc theo hai mặt phẳng nghiêng chính tạo thành các góc a bằng nhau với đường chân trời, một hình trụ và một hình nêm chuyển động chạm vào nhau (xem hình. ok). Tìm lực mà nêm ép lên hình trụ. Khối lượng của hình trụ là $m_1$, khối lượng của hình nêm là $m_2$. Rãnh giữa hình trụ và nêm của yêu cầu bồi thường.

F705. Một bình chứa hình trụ nằm ngang có thể tích $V_0 = 100$ l, chứa đầy gel, được chia thành hai phần bằng một pít-tông điện trở, có thể chuyển động không ma sát. Khí nằm ở phía bên trái của bình có thể tích cho biết $\Delta Q = 100$ J. Bắt đầu thay đổi áp suất trong bình vào thời điểm pít-tông ngừng chuyển động.

Từ đây có chuyến bay $T$:

$$T = T_3 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} \right) = (\pi + 2) \sqrt{R/g} \approx 1 \text{ ч. 9 мин.}$$

E. Surkov

Hình trụ chịu tác dụng của trọng lực $m_1\vec{g}$, lực $\vec{N}_1$ của phản lực pháp tuyến từ mặt phẳng nghiêng trái và lực $\vec{R}$ của phản lực pháp tuyến từ phía bên của nêm (lực $\vec{R}$ hướng theo phương ngang). Ta viết phương trình chuyển động của hình trụ theo hình chiếu lên trục $X_1$ hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng trái (xem hình ok):

$$m_1 a_1 = m_1 g \sin \alpha - R \cos \alpha,$$

(1)

trong đó $a_1$ là hình chiếu của gia tốc hình trụ lên trục $X_1$.

Nêm chịu tác dụng của trọng lực $m_2\vec{g}$, phản lực pháp tuyến $\vec{N}_2$ từ mặt phẳng nghiêng bên phải và phản lực pháp tuyến từ nêm, theo định luật thứ ba của Newton, bằng $-R$. Ta viết phương trình chuyển động của khối nêm theo hình chiếu lên trục $X_2$ hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng phải:

$$m_2 a_2 = -m_2 g \sin \alpha + R \cos \alpha.$$

(2)

Trong quá trình chuyển động, nêm va chạm với hình trụ; do đó, nếu chuyển vị của nêm dọc theo trục $X_2$ bằng $\Delta x$ thì tâm của hình trụ (cùng với cạnh thẳng đứng của nêm) sẽ dịch chuyển theo chiều ngang $\Delta x \cdot \cos \alpha$. Trong trường hợp này, dọc theo mặt phẳng nghiêng trái (dọc theo trục $X_1$), tâm của hình trụ sẽ dịch chuyển về $\Delta x$. Điều này có nghĩa là trong quá trình chuyển động của nêm và hình trụ sẽ đạt được sự tương ứng.

$$a_1 = a_2.$$

(3)

Giải các phương trình (1) - (3) cùng nhau, ta tìm được lực $|\vec{R}|$ mà nêm ép lên hình trụ:

$$R = \frac{2m_1 m_2}{m_1 + m_2} g \mathrm{tg} \alpha.$$

S. Krotov

Sau khi cơ thể $\Delta Q$ được đưa vào, khí ở phần bên trái của bình thoát ra, thực hiện công $\Delta A$. Công này của xi lanh được dùng để làm tăng nội năng của khí ở phía bên phải của bình. Như vậy,

$$\Delta Q = \Delta U_1 + \Delta A = \Delta U_1 + \Delta U_2 = \frac{3}{2} R \left( \frac{m_1}{\mu} \Delta T_1 + \frac{m_2}{\mu} \Delta T_2 \right).$$

(*)

Trạng thái cân bằng của piston trước khi nung nóng là

$$p_1 = p_2 = p,$$

phương trình trạng thái của khí ở phần bên trái và bên phải của bình

$$p V_1 = \frac{m_1}{\mu} R T_1, \quad p V_2 = \frac{m_2}{\mu} R T_2,$$

ở đâu $V_1 + V_2 = V_0$. Sau khi nung nóng, khi piston không còn chuyển động nữa thì áp suất ở vế trái và vế phải của phương trình. Chúng ta biểu thị sự tăng áp suất trong bình $\Delta p$; Sau đó

$$(p + \Delta p) (V_1 + \Delta V) = \frac{m_1}{\mu} R (T_1 + \Delta T_1),$$

$$(p + \Delta p) (V_2 - \Delta V) = \frac{m_2}{\mu} R (T_2 + \Delta T_2).$$

Sau khi biến đổi đơn giản, chúng ta nhận được

$$\Delta p (V_1 + V_2) = R \left( \frac{m_1}{\mu} \Delta T_1 + \frac{m_2}{\mu} \Delta T_2 \right),$$

hoặc (tùy thuộc vào (*))

$$\Delta p V_0 = \frac{2}{3} \Delta Q.$$

Từ đây xuất hiện $\Delta p$:

36

$$\Delta p = \frac{\frac{2}{3} \Delta Q}{V_0} \approx 667 \text{ H/m}^2.$$

Kết quả này có thể thu được đơn giản hơn nhiều: ở trạng thái cân bằng, áp suất trong bình ở mọi nơi là như nhau, nghĩa là mật độ năng lượng (năng lượng trên một đơn vị thể tích) cũng như nhau. Do đó, sự cắt xén mật độ năng lượng là $\Delta Q/V_0$; Chúng ta hãy nhớ lại công thức nổi tiếng liên hệ mật độ năng lượng của khí lý tưởng với áp suất và ngay lập tức chúng ta thu được đáp số.

A. Zilberman

F706. Để di chuyển tải trọng theo chiều ngang trên khoảng cách $L=20$ m, người ta sử dụng xe đẩy tự hành, di chuyển dọc theo ray ngang. Trên cáp có chiều dài $l=5$ m, tải đang di chuyển sẽ được chuyển đến xe đẩy (Hình 1). Xe chuyển động với vận tốc không đổi trong một nửa thời gian và giảm tốc đều trong một nửa thời gian. Xác định khả năng giá trị gia tốc của xe mà tại đó tải sẽ đứng yên sau khi xe dừng lại ở cuối hành trình.

Hình 1.

Hình 2.

F707. Ống kính điện thoại Gale có đường kính $D=250$ cm và tiêu cự $F=160$ m. Xe đẩy được sử dụng để chụp ảnh vệ tinh Trái đất nhân tạo, có đường kính $d=200$ cm và nằm ở khoảng cách $L=320$ km.

Vì tốc độ ban đầu và tốc độ cuối cùng của xe bằng 0 và thời gian chuyển động có gia tốc đều bằng thời gian chuyển động chậm đều, nên giá trị tuyệt đối của gia tốc đối với chuyển động có gia tốc đều và chuyển động chậm như nhau là bằng nhau; do đó, các đường đi trong các phương thức chuyển động này bằng nhau và bằng $L/2$.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của tải khi xe chuyển động với gia tốc không đổi $\vec{a}$. Trong trường hợp này, tải sẽ tham gia vào hai chuyển động: nó sẽ chuyển động với gia tốc $\vec{a}$ và ngoài ra, thực hiện các dao động điều hòa trong hệ tọa độ liên kết với xe đẩy. Vị trí cân bằng trong các dao động này được tìm thấy từ điều kiện tải trọng ở vị trí này, dưới tác dụng của lực căng $T$ và trọng lực $m\vec{g}$, chuyển động dọc theo trục nằm ngang với gia tốc $\vec{a}$. Từ những điều kiện này, người ta thấy rằng ở vị trí cân bằng, ba góc nghiêng so với phương thẳng đứng một góc $\alpha$ sao cho $tg\alpha = |\vec{a}|/|\vec{g}|$ (Hình 2); vì $\alpha$ nhỏ nên $tg\alpha \approx \alpha \approx |\vec{a}|/|\vec{g}|$.

Tải sẽ dao động xung quanh vị trí cân bằng này với chu kỳ $T=2\pi \sqrt{l \cos \alpha/g} \approx 2\pi \sqrt{l/g}$ và biên độ dao động hữu ích của tải sẽ bằng $\alpha$.

Khi dấu gia tốc của xe đẩy thay đổi thì góc $\alpha$ xác định độ lệch của cáp so với phương thẳng đứng ở vị trí cân bằng cũng thay đổi dấu, tức là cáp lệch một góc $\alpha$ theo hướng ngược lại. Để đứng yên sau khi xe dừng lại, ở giữa hành trình (khi xét dấu gia tốc của xe) xe phải ở vị trí cân bằng ban đầu, tức là $\alpha$ phải bằng 0. Từ đó suy ra rằng trong thời gian $t$ xe đi được quãng đường $L/2$ tải phải hoàn thành một số nguyên $n$ của dao động toàn phần, tức là

$$t=nT, \text{ где } n=1, 2, 3, \dots$$

Từ điều kiện

$$\frac{L}{2} = \frac{at^2}{2} = \frac{an^2T^2}{2} = \frac{2\pi^2n^2al}{g}$$

chúng tôi tìm thấy các giá trị gia tốc mà tại đó sau khi dừng, tải sẽ không chuyển động:

$$a_n = \frac{1}{n^2} \frac{Lg}{4\pi^2l} = \frac{1}{n^2} \text{ m/c}^2.$$

V. Mozhaev

1. Khoảng cách $f$ từ vật đến mặt phẳng ảnh vệ tinh được xác định từ công thức thấu kính:

$$f = \frac{LF}{L-F} = \frac{F}{1-F/L}$$

Vì $F \ll L$, chúng ta có thể viết gần đúng

$$f \approx F(1+F/L).$$

Khoảng cách từ tiêu điểm đối tượng đến mặt phẳng ảnh