Bài toán M751—M755; F763—F767

39

Bài toán

M751—M755; F763—F767

M751. Trên một đường tròn có 3k điểm bù trừ được chia thành 3k cung, trong đó k cung có độ dài 1, k cung khác có độ dài 2 và k cung còn lại có độ dài 3. Chứng minh rằng trong số các điểm lệch có hai đường kính đối diện nhau. (9)

V. Proizvolov

M752. Một bảng vuông gồm $n \times n$ ô chứa đầy các số nguyên. Hơn nữa, trong các ô có một cạnh chung, các số được viết cách nhau không quá 1. Chứng minh rằng có ít nhất một số xuất hiện trong bảng:
a) không ít hơn $[n/2]$ lần ([a] là phần nguyên của a);
b) không ít hơn $n$ lần. (8)

A. Berzin

M753. Các số a, b, c nằm trên khoảng $]0, \pi/2$ [và thỏa mãn các đẳng thức:
$\cos a = a,$
$\sin \cos b = b,$
$\cos \sin c = c$.

Sắp xếp các số này theo thứ tự tăng dần. (10)

S. Hesse

M754. a) Có đa thức $P = P(x, y, z), Q = Q(x, y, z), R = R(x, y, z)$ trong các biến x, y, z thỏa mãn đẳng thức $(x-y+1)^3P + (y-z-1)^3Q + (z-2x+1)^3R = 1?$ không?
b) Câu hỏi tương tự cho danh tính $(x-y+1)^3P + (y-z-1)^3Q + (z-x+1)^3R = 1.$ (10)

P. Gusyatnikov, Y. Nesterenko

M755. Chọn điểm M bên trong tứ diện. Chứng minh rằng nhìn thấy ít nhất một cạnh của tứ diện từ điểm M ở một góc có cosin không lớn hơn $-1/3$. (9)

S. Gashkov

40

F763. Trên một mặt phẳng nằm ngang có một vòng có bán kính $R$. Chiếc vòng tương tự di chuyển qua anh ta với tốc độ $v$ (Hình 1). Tìm sự phụ thuộc của tốc độ của điểm trên của “giao điểm” của các vòng vào khoảng cách giữa tâm của chúng. Các vòng mỏng; vòng thứ hai “vượt qua” gần vòng thứ nhất. (9)

S. Krotov

F764. Sóng xung kích là vùng có áp suất cao lan truyền với tốc độ cao theo hướng trục $X$ (Hình 2); tại thời điểm sóng tới, áp suất tăng mạnh từ giá trị $p_0$ lên $2p_0$. Trên đường truyền sóng có một hình nêm, kích thước của hình nêm như hình 3, khối lượng của hình nêm là $m$. Cái nêm sẽ đạt được tốc độ bao nhiêu ngay sau khi mặt sóng xung kích đi qua nó? Giả sử rằng tốc độ thu được của nêm nhỏ hơn nhiều so với tốc độ truyền sóng; thứ ba là không đáng kể. (8)

A. Buzdin

F765. Hiện nay, công suất của tất cả các nguồn năng lượng trên Trái đất được nhân loại sử dụng là $\Delta P = 10^{13}$ W, và công suất của năng lượng mặt trời đi vào Trái đất là $P_0 = 10^{17}$ W. Sự quá nhiệt $\Delta T$ của bề mặt Trái đất mà các nguồn năng lượng trên Trái đất dẫn đến điều gì? Giá trị tối đa cho phép $\Delta P_{\max}$ là bao nhiêu, nếu mức quá nhiệt tối đa từ các thông báo môi trường không được vượt quá giá trị $\Delta T_{\max} = 0,1$ K? Được biết, năng lượng phát ra trên một đơn vị thời gian của một vật bị nung nóng tăng 16 lần khi nhiệt độ tuyệt đối của vật đó tăng lên 2 lần. (10)

S. Kozel

F766. Đối với đèn sấy, một tụ điện phi tuyến đã được sử dụng (nó chứa đầy chất điện môi có hằng số điện môi phụ thuộc vào cường độ trường). Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp $U$ vào điện tích $Q$ của tụ điện được thể hiện trên hình 4. Tụ điện được sạc từ pin có $U_0 = 300$ V thông qua một điện trở có điện trở $R = 10$ kOhm. Tìm số lượng tìm kiếm tối đa trong 1 phút. Giả sử trong quá trình phóng điện tụ điện đã phóng điện hoàn toàn. Điện áp tìm kiếm ban đầu tối thiểu $U_1 = 250$ V. (9)

A. Zilberman

41

F767. Trong một trong những dự án thu được năng lượng điện, người ta đã đề xuất sử dụng dòng hải lưu và từ trường Trái đất. Dự án sẽ bao gồm những điều sau đây.

Hai tấm kim loại nằm ngang được nhúng chìm trong biển, đặt chồng lên nhau cách nhau $l=100$ m; diện tích mỗi tấm là $S=1$ km$^2$. Nước biển có điện trở suất $Q=0,25$ Ohm m, chảy giữa các mảng từ tây sang đông với tốc độ $v=1$ m/s. Từ trường Trái đất ở một nơi nhất định là đồng nhất, hướng từ nam lên bắc; cảm ứng từ trường là $B=10^{-4}$ T. Xác định công suất điện lớn nhất có thể giải phóng tới tải nối với các bản cực. (10)

A. Sheronov

Problems

M751—M755; P763—P767

M751. A circle is divided into $3k$ arcs by $3k$ points; $k$ arcs are of length 1, $k$ others of length 2 and the remaining $k$ are of length 3. Prove that at least two of the points are diametrically opposed. (9)

V. Proizvolov

M752. Integers are the entries in the $n \times n$ cells of a square table. Integers in cells with a common side differ by no more than 1. Prove that at least one number appears in the table

a) no less than $[n/2]$ times ([a] is the integer part of $a$); b) no less than $n$ times. (8)

A. Berzinsh

M753. The numbers $a, b, c$ in the interval $]0, \pi/2[$ satisfy the relations:

$$\cos a = a, \sin \cos b = b, \cos \sin c = c.$$

Write these numbers in increasing order. (10)

S. Gessen

M754. a) Do there exist polynomials

$$P = P(x, y, z), Q = Q(x, y, z), R = R(x, y, z)$$

in the variables $x, y, z$ satisfying the identity

$$(x-y+1)^3P + (y-z-1)^3Q + (z-2x+1)^3R = 1?$$

b) Same question for the identity

$$(x-y+1)^3P + (y-z-1)^3Q + (z-x+1)^3R = 1.$$ (10)

P. Gusyatnikov, Yu. Nesterenko

M755. The point $M$ is chosen arbitrarily inside a tetrahedron. Prove that at least one edge of the tetrahedron is seen from the point $M$ under an angle whose cosine is no greater than $1/3$. (9)

S. Gashkov

P763. Một vòng có bán kính $R$ đứng trên một mặt phẳng nằm ngang. Một chiếc vòng giống hệt nhau lăn qua nó với vận tốc $v$ (xem hình Hình 1). Tìm sự phụ thuộc của “điểm giao nhau” phía trên của các vòng vào khoảng cách giữa tâm của chúng. Các vòng mỏng; vòng thứ hai lăn qua vòng thứ nhất, gần như chạm vào nó. (9)

S. Krotov

43

Biên tập. Cái này lời giải về cơ bản dẫn đến sự quan sát được dành riêng bài toán M648; trong một tứ giác như vậy (nội tiếp đường tròn, có hai đường chéo vuông góc với nhau) thì chiều dài cạnh gấp đôi khoảng cách từ tâm đường tròn đến giữa cạnh đối diện. Ngoài ra còn có ngắn hơn đáng kể lời giải, được độc giả tìm thấy. Ví dụ: các đường vuông góc rơi từ tâm O lên các đường chéo AC và BD rơi vào trung điểm của chúng (Hình 2), và do đó mỗi phần mà đường đứt nét AOC chia tứ giác của chúng ta có diện tích $\frac{|AC| \cdot |BD|}{4}$.

M712. Chứng minh rằng mọi số dương đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của chín số có ký hiệu thập phân chỉ chứa các chữ số 0 và 7.

$$\pi = 3,14159265\dots$$

1,11111111…
1,01011111…
1,01011011…
0,01011011…
0,00011011…
0,00001010…
0,00001000…
0,00001000…
0,00001000…
3,14159265…

M713. M là tập hợp các điểm trên mặt phẳng. Điểm O của một mặt phẳng được gọi là “gần tâm đối xứng” của tập M nếu một điểm có thể bị loại khỏi M, mà đối với tập O còn lại là tâm đối xứng theo nghĩa tổng quát. Một tập hữu hạn có thể có bao nhiêu “gần tâm đối xứng”?

Hình 1.

• ● ● ● ● ●
• a)
• ● ● ● ● ●
• b)
• ● ● ● ● ●
• b)
• ● ● ● ● ●

Hình 2

Biên tập. Cái này lời giải về cơ bản dẫn đến sự quan sát được dành riêng bài toán M648; trong một tứ giác như vậy (nội tiếp đường tròn, có hai đường chéo vuông góc với nhau) thì chiều dài cạnh gấp đôi khoảng cách từ tâm đường tròn đến giữa cạnh đối diện. Ngoài ra còn có ngắn hơn đáng kể lời giải, được độc giả tìm thấy. Ví dụ: các đường vuông góc kẻ từ tâm O đến các đường chéo AC và BD rơi vào trung điểm của chúng (Hình 2), và do đó mỗi phần mà đường đứt nét AOC chia tứ giác của chúng ta có diện tích $\frac{|AC| \cdot |BD|}{4}$.

◆ Lưu ý rằng bất kỳ số dương nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của chín số chỉ chứa các chữ số 0 và 1 theo ký hiệu thập phân của chúng (số $\pi = 3,14159265\dots$ được biểu diễn dưới dạng này ở lề). Giả sử $a > 0$ là số đã cho. Biểu thị $\frac{a}{7}$ là tổng của chín số chỉ chứa các chữ số 0 và 1 trong ký hiệu thập phân của chúng và tính đến $a = 7 \cdot \left(\frac{a}{7}\right)$, chúng ta thu được biểu diễn mong muốn của số $a$.

Bài toán M712 rõ ràng đã được khái quát hóa: bất kỳ số dương nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các số q-1, ký hiệu q-ary của nó chỉ chứa các chữ số 0 và k (k<q).

E. Turkevich

◆ Một tập hợp hữu hạn các điểm trên một mặt phẳng có thể có 0, 1, 2, 3 “gần như tâm đối xứng” (xem Hình 1, a)—tương ứng. Chúng ta hãy chứng minh rằng một tập hữu hạn M trên một mặt phẳng không thể có nhiều hơn ba “gần tâm đối xứng”.

Trước hết, chúng ta lưu ý rằng tập M có một số hữu hạn các “gần tâm đối xứng”, vì chúng chỉ có thể là trung điểm của các đoạn nối các điểm của tập M. Bây giờ chúng ta hãy chọn một đường thẳng mà khi chiếu lên, các điểm của tập M và “gần tâm đối xứng” của nó không hợp nhất. Vì khi chiếu lên một đường thẳng, tâm đối xứng quay trở lại tâm đối xứng, nên đủ để chứng minh phát biểu của chúng ta về một tập hợp hữu hạn các điểm nằm trên cùng một đường thẳng.

Xét một tập hợp các điểm trên một đường thẳng có tọa độ $x_1 < x_2 < \dots < x_n$. Nếu chúng ta loại bỏ điểm đầu tiên thì tâm đối xứng của tập hợp còn lại chỉ có thể là điểm có tọa độ $(x_2 + x_n)/2$; nếu chúng ta loại bỏ điểm cuối cùng thì chỉ có điểm có tọa độ $(x_1 + x_{n-1})/2$; cuối cùng, nếu chúng ta loại bỏ một điểm không cực trị nào đó, thì tâm đối xứng của tập hợp còn lại chỉ có thể là điểm có tọa độ $(x_1 + x_n)/2$ (xem Hình 2; trong Hình 2, và chúng ta loại bỏ điểm ở giữa, tâm đối xứng của tập hợp còn lại rơi vào đó). Điều này có nghĩa là một tập hợp hữu hạn các điểm trên một đường thẳng, và do đó, bất kỳ tập hợp hữu hạn các điểm nào trên một mặt phẳng, không thể có nhiều hơn ba “gần như tâm đối xứng”.

V. Prasolov

44

M714. N người bạn học N tin tức cùng một lúc và mỗi người học được một tin tức. Họ bắt đầu gọi điện cho nhau và trao đổi tin tức. Mỗi cuộc trò chuyện kéo dài một giờ. Bạn có thể truyền tải bao nhiêu tin tức tùy thích chỉ trong một cuộc gọi. Số giờ tối thiểu cần thiết để mọi người biết tất cả tin tức là bao nhiêu? Xét ba trường hợp: a) N=64, 6) N=55, b) N=100.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $T(N)$ số giờ tối thiểu mà $N$ bạn bè có thể trao đổi tin tức. Điều thú vị là hàm $T=T(N)$ không hề đơn điệu. Điều này có thể được phát hiện bằng cách tìm các giá trị của $T(N)$ cho $N$ nhỏ - chúng được đưa ra trong bảng ở lề; Bên cạnh nó, trong Hình 1, hiển thị một phương pháp cho phép $N=4, 5, 6$ và 8 tìm hiểu tất cả tin tức trong $T(N)$ giờ. Tất nhiên, để giải bài toán, chúng ta không chỉ phải chỉ ra cách trao đổi tin tức trong $T(N)$ giờ mà còn phải chứng minh rằng điều này không thể thực hiện được trong ít giờ hơn—để có được ước tính cho $T(N)$. Chúng tôi sẽ dạy từ cô ấy.

Hãy xem xét một mục tin tức tùy ý. Sau giờ đầu tiên, không quá hai người bạn biết cô ấy, sau giờ thứ hai - không quá bốn người bạn, …, sau $k$ giờ thứ - không quá $2^k$ bạn bè. Do đó, nếu sau $T$ giờ tất cả $N$ bạn bè biết tất cả tin tức thì $2^T \geq N$ và $T \geq \log_2 N$. Vì $T$ là số nguyên nên $T \geq \log_2 N$. (Ở đây, $\Gamma a$ biểu thị số nguyên nhỏ nhất không nhỏ hơn $a$. Ký hiệu này hiện được sử dụng ngày càng thường xuyên, đặc biệt là chuyên ngành toán ứng dụng và tính toán; tuy nhiên, đối với phần nguyên tổng quát - “làm tròn xuống” - thay vì ký hiệu $[a]$, ký hiệu $[a]$ được sử dụng.) Nếu $N$ là số lẻ thì sẽ có một trong các số lẻ. $N$ bạn bè - hãy ký hiệu anh ấy là $A$ - người không tham gia vào các cuộc trò chuyện trong giờ đầu tiên. Áp dụng lý luận trên cho tin tức $a$ mà lúc đầu chỉ $A$ biết, chúng ta thấy rằng cần ít nhất $1 + \log_2 N$ giờ để trao đổi tất cả tin tức.

Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng ước tính tìm thấy

$$T(N) = \begin{cases} \Gamma \log_2 N, & \text{ если } N \text{ четно}, \\ \Gamma \log_2 N + 1, & \text{ если } N \text{ нечетно} \end{cases}$$

là có thể đạt được, tức là chúng tôi sẽ chứng minh rằng có thể tổ chức trao đổi tin tức theo cách mà sau $T(N)$ giờ tất cả bạn bè sẽ biết tất cả tin tức. Chúng ta hãy xem xét ba trường hợp.

1°. Cách dễ nhất là trình bày cách trao đổi tin tức trong $k$ giờ với giá $N=2^k$.

Chúng ta hãy liên kết với mỗi druse một bộ $k$ số 0 và 1 (“số nhị phân”); nhiều bộ như vậy từ $(0,0, ..., 0)$ đến $(1,1, ..., 1)$ chỉ là $2^k$. Hãy để những cặp bạn có số chỉ khác nhau ở một địa điểm $t$ nói chuyện với nhau vào giờ thứ $t$. Sau đó, nếu số của hai người bạn khác nhau ở $t_1, t_2, ..., t_s$ vị trí ($1 \leq t_1 < t_2 < ... < t_s \leq k$), thì do nói chuyện ở $t_1$, $t_2$, …, $t_s$ giờ họ sẽ biết tin tức của nhau. (Phương pháp này cho $N=4$ và $N=8$ được minh họa trong Hình 1.)

Một phương pháp khác, phù hợp với mọi $N$ chẵn, được mô tả bên dưới ở điểm 3°.

Hình 1. Những bức ảnh này (dành cho $N=4, 5, 6$ và 8 người bạn) cho thấy một trong những cách tối ưu để chia sẻ tin tức. Mức độ lan truyền của một trong các tin tức được thể hiện bằng màu đỏ.

45

2°. Cho $2^{k-1} < N < 2^k$, $N$ là số lẻ. Sau đó $\Gamma \log_2 N = k$, $N = 2^{k-1} + r$, ở đâu $0 < r < 2^{k-1}$. Chúng tôi sẽ chỉ cho bạn cách tất cả bạn bè của bạn có thể tìm hiểu tất cả tin tức trong $k+1$ giờ. Hãy chia những người bạn $N$ thành hai nhóm: nhóm thứ nhất bao gồm $2^{k-1}$ bạn bè và nhóm thứ hai bao gồm $r$ bạn bè. Trong giờ đầu tiên, mỗi người bạn của nhóm thứ hai nói chuyện với một người bạn của nhóm thứ nhất. Trong $k-1$ giờ tiếp theo $2^{k-1}$ những người bạn của nhóm đầu tiên trao đổi tin tức với nhau như được mô tả trong đoạn 1°; kết quả là mỗi người trong số họ sẽ biết tất cả các tin tức. Cuối cùng, vào giờ cuối cùng của mỗi buổi, một người bạn ở nhóm thứ hai lại nói chuyện với một số người bạn ở nhóm thứ nhất, khiến tất cả những người bạn ở nhóm thứ hai cũng biết hết tin tức.

3°. Đặt $2^{k-1} < N \leq 2^k$, $N = 2m$ là số chẵn. Sau đó $\Gamma \log_2 N = k$ và $2^{k-2} < m \leq 2^{k-1}$. Chúng tôi sẽ chỉ cho bạn cách tất cả bạn bè của bạn có thể tìm hiểu tất cả tin tức trong $k$ giờ.

Xét hai giác $m$ đều được đặt bởi một người bạn hình chữ nhật (xem Hình 2, trong đó $m=6$). Chúng ta sẽ giả định rằng mỗi đỉnh là một trong những người bạn (các đỉnh khác nhau là những người bạn khác nhau). Hai người bạn tại một thời điểm nào đó $t$ sẽ được gọi là hàng xóm nếu ảnh của họ tại thời điểm này thuộc các đỉnh của $m$-giác lớn nhất là một người bạn hình chữ nhật (ví dụ: tại $t=0$ các đỉnh $A$ và $B$ trong Hình 2). Hãy để $a$ là một số tin tức. (Chúng ta sẽ tô màu các đỉnh đại diện cho những người bạn biết tin tức $a$ tại thời điểm $t$.) Để tất cả các cặp bạn bè hàng xóm tại thời điểm $t=0$ nói chuyện với nhau trong giờ đầu tiên (xem Hình 2 tại $t=1$). Trong tương lai, trước khi bắt đầu giờ thứ $t$ ($t=2, 3, ..., k$), chúng ta sẽ xoay đỉnh $m$-gon theo chiều kim đồng hồ theo góc $2^{t-1} \cdot \frac{180^\circ}{m}$ và giả sử rằng vào giờ thứ $t$ tất cả các cặp bạn bè hàng xóm tại thời điểm này đang nói chuyện (Hình 2 cho thấy sự lan truyền của tin tức $a$ sau giờ thứ nhất, thứ hai và thứ ba giờ). Kết quả của những cuộc trò chuyện như vậy sẽ là sau $t$ giờ, các đỉnh $2^{t-1}$ của mỗi $m$-giác lớn nhất sẽ có màu. Kể từ $m \leq 2^{k-1}$, sau $k$ giờ hầu hết mọi thứ sẽ được sơn. Như vậy, sau $k$ giờ tất cả $N$ bạn bè sẽ biết bất kỳ tin tức nào $a$.

Tuyên bố của chúng tôi đã được chứng minh đầy đủ.

Vì vậy, đáp số đến điểm a), 6), trong bài toán: tương ứng của chúng tôi là $T(64) = 6$ giờ, $T(55) = 7$ giờ và $T(100) = 7$ giờ.

A. Anjan

M716.*) Từ điểm $M$ bên trong tam giác $ABC$ đã cho, các đường vuông góc $MA_1, MB_1, MC_1$ được hạ xuống các đường thẳng $BC, CA$ và $AB$. Đối với những điểm như vậy $M$ bên trong $\triangle ABC$ liệu giá trị $\frac{|BC|}{|MA_1|} + \frac{|CA|}{|MB_1|} + \frac{|AB|}{|MC_1|}$ có lấy giá trị nhỏ nhất không?

$\cdot$ Để $|BC| = a, |CA| = b, |AB| = c, |MA_1| = x, |MB_1| = y, |MC_1| = z$. Lưu ý rằng giá trị $ax + by + cz$ không đổi: đối với bất kỳ điểm $M$ nào bên trong một tam giác nhất định, nó bằng $2S$ - gấp đôi diện tích của nó (xem hình)*. Chúng ta hãy ước tính tích của giá trị giữa các lần rửa $f = \frac{a}{x} + \frac{b}{y} + \frac{c}{z}$ và hằng số này:

$$f \cdot 2S = \left( \frac{a}{x} + \frac{b}{y} + \frac{c}{z} \right)(ax + by + cz) = a^2 + b^2 + c^2 +$$

$$+ ab \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \right) + bc \left( \frac{y}{z} + \frac{z}{y} \right) + ac \left( \frac{z}{x} + \frac{x}{z} \right) \geq$$

$$a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ac = P^2,$$

*) Lời giải bài toán M715—trong ghi chú của A. Khodlev “Sự tái định cư của các Physeks” (trang 28).

46

ở đâu $P = a + b + c$. Chúng ta đã sử dụng bất đẳng thức hiển nhiên $\frac{u}{v} + \frac{v}{u} \geq 2$ ba lần, kết quả là bất đẳng thức này trở thành đẳng thức cho $u = v$. Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức
$$f = \frac{a}{x} + \frac{b}{y} + \frac{c}{z} \geq \frac{P^2}{2S}$$

đúng với mọi $x, y, z$ (sao cho $ax + by + cz = 2S$) và trở thành đẳng thức cho $x = y = z$, sao cho đạt được giá trị nhỏ nhất của biểu thức $f$ tại tâm của vòng tròn nội tiếp trong tam giác của chúng ta: chính xác là tại điểm này $x = y = z = \frac{2S}{P}$.

N. Vasiliev

M717. Cho các số tự nhiên $n$ và $r$, $1 \leq r \leq n$. Khoảng cách của toàn bộ phép nhân của một tập hợp con của $[1, 2, \dots, n]$ 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 $\frac{n+1}{r+1}$. (Ví dụ: với $n=3$, $r=2$, chúng ta có ba tập hợp con $[1, 2], [1, 3], [2, 3]$ và trung bình số học là $(1 + 1+2)/3 = 4/3$.)

◆ Trước hết, hãy lưu ý rằng tập hợp $[1, 2, \dots, n]$ có $C_n^r = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ tập hợp con bao gồm $r$ số. Chúng tôi trình bày hai thuộc tính của các số $C_n^k$), mà chúng tôi sẽ cần cho lời giải bài toán của chúng tôi:
$$1^\circ. C_n^k + C_n^{k+1} = C_n^{k+1};$$
$$2^\circ. C_n^k + C_n^{k-1} + \dots + C_k^k = C_n^{k+1}.$$

Chúng ta sẽ gọi các tập con của tập $[1, 2, \dots, n]$ gồm $r$ số $r$-tập hợp con. Dễ dàng nói rằng các phần tử nhỏ nhất của tập con $r$ của tập hợp $[1, 2, \dots, n]$ chỉ có thể là các số 1, 2, …, $(n-r+1)$. Ngoài ra, số $k$ ngay lập tức là số nhỏ nhất đối với $C_n^{k-1}$ các tập con như vậy (thực tế là mỗi tập con $r$ mà số $k$ là phần tử nhỏ nhất chứa, cùng với $k$ và $r-1$, một phần tử từ tập hợp $[k+1, k+2, \dots, n]$, bao gồm $n-k$ phần tử). Do đó tổng các số được chọn bằng
$$S = 1 \cdot C_n^{r-1} + 2 \cdot C_n^{r-1} + \dots + (n-r+1) C_n^{r-1},$$
(*)

và chúng ta cần chỉ ra rằng trung bình số học $\frac{S}{C_n^r}$ (tổng cộng có $C_n^r r$-tập hợp con) bằng $(n+1)/(r+1)$ hoặc $S = C_n^r \cdot (n+1)/(r+1) = C_n^{r+1}$.

Lợi dụng thực tế là $C_n^{k-1} = C_n^k - C_n^{k-1}$ (xem $1^\circ$), chúng ta biến đổi tổng $S$ như sau:
$$S = 1 \cdot C_n^{r-1} + 2 \cdot C_n^{r-1} + \dots + (n-r+1) C_n^{r-1} =$$
$$= 1 \cdot (C_n^r - C_n^{r-1}) + 2 \cdot (C_n^{r-1} - C_n^{r-2}) + \dots + (n-r) (C_n^{r+1} - C_n^{r+1}) + (n-r+1) C_n^{r+1} =$$
$$= C_n^r + C_n^{r+1} + \dots + C_n^{r+1},$$

Có tính đến tính chất $2^\circ$, chúng ta thu được $S = C_n^{r+1}$, theo yêu cầu.

bài toán này cũng có thể giải bằng quy nạp bằng cách xét tập $[1, 2, \dots, n+1]$ và lưu ý rằng
$$S(n+1, r) = S(n, r) + S(n, r-1)$$
(**)

(xem Hình 2); ở đây $S(m, k)$ biểu thị tổng các số nhỏ nhất của tập hợp con $k$ của tập hợp $[1, 2, \dots, m]$.

Giả sử sự bình đẳng đã được chứng minh
$$S(n, r) = C_n^{r+1}, S(n, r-1) = C_n^{r+1}$$

đối với các tập con $r$- và $(r-1)$ của tập hợp $[1, 2, \dots, n]$ (cơ sở quy nạp được chứa trong các điều kiện bài toán), chúng ta thu được, có tính đến (**) và tính chất $1^\circ$,
$$S(n+1, r) = C_n^{r+1} + C_n^{r+1} = C_n^{r+1},$$

đó là những gì được yêu cầu.

*) Bạn có thể làm quen với các con số $C_n^k$ - hệ số biompical - chi tiết hơn bằng cách đọc bài viết của N. Vasilyev, A. Zelevinsky “Đa thức Chebyshev và quan hệ truy hồi” («Kvant». 1982, số 1) hoặc tập tài liệu của V. A. Uspensky “Tam giác Pascal” (Toán học dễ đọc phổ biến, số 43, M., “Khoa học”, 1978); Một vài đường thẳng đầu tiên của tam giác này được hiển thị trong Hình 1.

48

M719. a) Với $n \geqslant 3$ nào có tập hợp $n$ số tự nhiên liên tiếp có tính chất sau: số lớn nhất trong các số này là ước của bội số chung nhỏ nhất của các số $n-1$ còn lại?
6) Với $n \geqslant 3$ nào thì có một tập hợp duy nhất gồm $n$ các số tự nhiên liên tiếp có các thuộc tính đã chỉ ra?

Bất kỳ số tự nhiên nào $n$ với một số $k$ đều thỏa mãn bất đẳng thức $2^k < n \leqslant 2^{k+1}$. thì $2^k < n < 3 \cdot 2^k < 5 \cdot 2^k$.
Hãy xem xét tập hợp
$$A = \{3 \cdot 2^k, 3 \cdot 2^{k-1}, \dots, 3 \cdot 2^k-n+1\}$$
của $n$ số tự nhiên liên tiếp. Vì $n-1 \geqslant 2^k$, trong số $n-1$ số tự nhiên liên tiếp từ $3 \cdot 2^k-n+1$ đến $3 \cdot 2^k-1$ có ít nhất một số, được thực hiện trên $2^k$. Đối với $n \geqslant 4$ thì ít nhất một trong số chúng chia hết cho 3. Do đó, số $3 \cdot 2^k$ là ước số của bội số chung nhỏ nhất của các số $n-1$ còn lại trong tập hợp $A$ với mọi $n \geqslant 4$.

Đối với $n \geqslant 6$, thật dễ dàng để xây dựng một ví dụ về một tập hợp khác có các thuộc tính được chỉ định:
$$B = \{5 \cdot 2^k, 5 \cdot 2^{k-1}, \dots, 5 \cdot 2^k-n+1\}$$
(hãy kiểm tra xem!). Do đó, đối với $n \geqslant 6$ có ít nhất hai bộ $A$ và $B$ có ​​các thuộc tính được chỉ định. Vẫn còn phải xem xét trường hợp $n=3$, 4 và 5.

Đối với $n=5$ cũng có hai bộ bắt buộc: $\{2, 3, 4, 5, 6\}$ và $\{8, 9, 10, 11, 12\}$.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với $n=4$ có một tập hợp duy nhất có các thuộc tính đã chỉ ra. Thật vậy, đặt tập $\{m, m+1, m+2, m+3\}$ có các thuộc tính cần thiết. Vì $m+3$ là ước số LCM nên $(m, m+1, m+2)$ chia hết cho $m+3$. Nhưng $m(m+1)(m+2) = (m+3)(m^2+2) - 6$; Điều này có nghĩa là 6 phải chia hết cho $m+3$, từ đó $m=3$ và chúng ta lấy ví dụ duy nhất về tập hợp bốn số tự nhiên liên tiếp có các thuộc tính sau: $\{3, 4, 5, 6\}$.

Cuối cùng, đối với $n=3$ không có tập hợp nào như vậy $\{m, m+1, m+2\}$: LCM của $(m, m+1) = m(m+1)$ ($m$ và $m+1$ là nguyên tố cùng nhau), nhưng $m(m+1)$ không chia hết cho $m+2$, vì $(m-1)(m+2) < m(m+1) < m(m+2)$.

A. Abramov

M720. Về hàm $f$, được xác định trên tập hợp tất cả các cặp số không âm $(x; y)$, đã biết như sau:

1°. $f(0, y) = y+1$
2°. $f(x+1, 0) = f(x, 1)$
3°. $f(x+1, y+1) = f(x, f(x+1, y))$
cho mỗi cặp $x \geqslant 0, y \geqslant 0$. Tìm giá trị của $f(4, 1981)$.

Dễ dàng nhận thấy điều đó $f(1,0) = f(0,1) = 2$. Áp dụng sự tương ứng $3^\circ$, ta tìm được
$$f(1, y) = f(0, f(1, y-1)) = f(1, y-1) + 1,$$
nó theo sau từ đâu
$$f(1, y) = f(1,0) + y + 2.$$
Tương tự như vậy chúng ta có được điều đó
$$f(2, y) = 2y + 3.$$
Bởi vì cái gì bằng $f(3,y)$. chúng tôi có
$$f(3,0) = f(2,1) = 5;$$
$$f(3,y) = f(2,f(3,y-1)) = 2f(3,y-1) + 3,$$
Vì thế
$$f(3,1) = 13, f(3,2) = 29, f(3,3) = 61, f(3,4) = 125, \dots$$

49

Bạn có thể nhận thấy rằng $f(3, y) = 2^{y+3} - 3$ (chứng minh điều này, ví dụ, bằng quy nạp).

Bây giờ chúng ta có thể biểu thị $f(4, y)$:
$$f(4, y) = f(3, f(4, y-1)) = 2^{f(4, y-1) + 3} - 3,$$
và $f(4, 0) = f(3, 1) = 2^4 - 3 = 13$.

Để “đoán” công thức của $f(4, y)$ như trên, ta tìm $f(4, 1)$ và $f(4, 2)$. chúng tôi có
$$f(4, 1) = 2^{f(4, 0) + 3} - 3 = 2^{16} - 3 = 2^{22^2} - 3;$$
$$f(4, 2) = 2^{f(4, 1) + 3} - 3 = 2^{22^2} - 3.$$

Bây giờ khá dễ dàng để chứng minh rằng
$$(y+3) \text{ «двойки»}$$
$$f(4, y) = 2^{22^2} - 3,$$
tư thế
1984 “hai”
$$f(4, 1981) = 2^2 - 3.$$

F723. Các vận động viên chạy với cùng tốc độ $v$ theo một cột có chiều dài $l_0$. Có một huấn luyện viên đang tiến về phía bạn với tốc độ $u$ ($u < v$). Một vận động viên đánh với huấn luyện viên sẽ đánh trả với cùng tốc độ $v$. Chiều dài của cột khi tất cả các vận động viên quay lại là bao nhiêu?

Thời gian mà tất cả các vận động viên, bắt đầu từ người đầu tiên và kết thúc ở người cuối cùng trong cột, lặp lại với huấn luyện viên là bằng:
$$t = l_0 / (v + u).$$

Vào thời điểm vận động viên cuối cùng xuất hiện cùng huấn luyện viên, vận động viên đầu tiên sẽ ở cách xa anh ta
$$l = (v - u)t = l_0 \frac{(v - u)}{(v + u)}.$$

Đây sẽ là chiều dài của cột khi tất cả các vận động viên quay lại.

(Bây giờ hãy giải thích tại sao khi ánh sáng phản xạ từ một gương chuyển động ra xa nguồn thì bước sóng của ánh sáng bị rút ngắn lại:
$$\lambda = \lambda_0 \frac{c - u}{c + u},$$
trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng, $u$ là tốc độ của gương.)
I. Vorobev

F724. Phần cuối sẽ di chuyển bao nhiêu trên khối di động (điểm $A$ trong hình) nếu tác dụng một lực $F$ lên nó? Độ cứng của lò xo bằng nhau và bằng $k$. Lò xo, ren và khối được coi là không trọng lượng.

Để lò xo phía dưới, dưới tác dụng của lực $F$, bị giãn một lượng $x = F/k$. Một lực bằng $2F$ tác dụng lên lò xo trên ở vị trí cân bằng. Dưới tác dụng của lực này, lò xo tăng lên $x_1 = 2F/k = 2x$.

Do đó, do tác động của lực $F$ bởi khối vắng mặt ở khoảng cách $2x$, sợi chỉ bên trái sẽ bị rút ngắn đi $x$ và do đó, điểm $A$ sẽ giảm đi một khoảng
$$l = 5x = 5F/k.$$

G. Meledin

F725. Cần chế tạo lớp vỏ có kết cấu mỏng từ chất nổ để khi nổ, bắt đầu từ đỉnh nón và “trượt” xuống, sản phẩm của vụ nổ đập vào tấm nằm ngang, trên

50

mà hình nón đứng đồng thời. Tốc độ nổ (tốc độ mà các phần mới của chất nổ tham gia vào vụ nổ) bằng v và tốc độ phân hủy của sản phẩm nổ là u. Góc giữa trục của hình nón và đường sinh của nó sẽ là bao nhiêu?

F726. Trong một ống cách nhiệt dài nằm ngang, giữa hai phần có khối lượng m, có 1 mol khí đơn nguyên tử lý tưởng ở nhiệt độ T₀. Extraoria là chân không. Tại thời điểm ban đầu, vận tốc của các phần hướng theo một hướng và bằng v và 3v. Khí sẽ nóng lên đến nhiệt độ tối đa bao nhiêu? Cơ thể không bị tổn thương. Hằng số khí phổ quát là R.

F728.*) Ba quả bóng nhỏ có khối lượng giống nhau - đỏ, xanh lam và xanh lục - được cố định bởi một khung không đẳng thức ở các đỉnh của một tam giác đều ở cạnh l. Hệ được đặt trên bề mặt nằm ngang chính và quay với chu kỳ T quanh khối tâm. Tại một số thời điểm, quả bóng bay ra khỏi khung.

*) Lời giải bài toán F727 - trong ghi chú của A. Zil Berman “Nguồn có điện trở trong “âm”” (tr. 54).

sau một vụ nổ tại một điểm cho trước, các sản phẩm của vụ nổ nằm trong một vùng có dạng hình cầu bán kính u · Δt_i có tâm tại một điểm cho trước. Bề mặt được mô tả bởi tất cả các quả cầu như vậy sẽ là rìa của vùng không gian trong đó sản phẩm nổ xuất hiện tại một thời điểm nhất định.

Hình vẽ thể hiện đường bao của khu vực này bằng một mặt phẳng đi qua trục của hình nón. Góc α tạo thành tiết diện B₁C₁ của đường biên với đường sinh của hình nón, được xác định bởi điều kiện sin α = u/v.

Việc sản phẩm nổ đồng thời được lấy ra khỏi tấm đặt hình nón có nghĩa là vào thời điểm t₀ + ΔT, khi vụ nổ đạt đến điểm B thì tiết diện biên B₁C₁ trùng với đoạn BB′. Xem xét tính đối xứng, điều này có nghĩa là phần cuối “bên trong” của đường viền trở thành một bề mặt phẳng nằm ngang. Để thỏa mãn điều kiện này, góc tạo của đường sinh của hình nón với trục của nó phải bằng φ = π/2 - α; kể từ đây,

cos φ = u/v.

I. Vorobiev

◆ Vì hệ cô lập nên tổng năng lượng của nó không đổi.

Khối tâm của hệ chuyển động với vận tốc 2v. Trong một hệ không có khối tâm, các pít-tông tại thời điểm ban đầu chuyển động về phía nhau với vận tốc v bằng nhau, và năng lượng pít-tông của hệ bằng tổng động năng của các pít-tông và nội năng của chất khí:

E = 2 \frac{mv^2}{2} + \frac{3}{2} RT_0.

Nhiệt độ khí tối đa sẽ là thời điểm khi tốc độ của piston (ở tâm khối lượng) bằng 0. Năng lượng của hệ lúc này bằng

E = \frac{3}{2} RT_{max} = 2 \frac{mv^2}{2} + \frac{3}{2} RT_0.

Từ đây chúng ta tìm được T_{max}:

T_{max} = T_0 + \frac{2}{3} \frac{mv^2}{R}

V. Borodin

◆ Khi hệ quay quanh một khối lượng (điểm O trong hình), mỗi quả bóng chuyển động dọc theo một đường tròn bán kính r = l/√3. Tốc độ tuyến tính của mỗi quả bóng bằng

v = 2πr/T = 2πl/T√3.

Giả sử tại thời điểm quả bóng màu đỏ rơi ra, vị trí của hệ thống giống như trong hình. Trong thời gian T quả cầu đỏ sẽ di chuyển được một quãng đường

s₁ = vT = 2πl/√3.

Trong thời gian này, khối tâm của hai quả cầu xanh và lục (điểm M) sẽ chuyển động dọc theo hướng NN′ một đoạn

s₂ = πl/√3

(vì khối tâm của hệ khối đứng yên).

Sau khi quả bóng đỏ rời ra, các quả bóng xanh và xanh sẽ quay xung quanh khối; chu kỳ quay của chúng sẽ bằng T (chỉ cho tôi xem!). Do đó, trong thời gian T, sau khi quay một vòng quanh điểm M, thanh

51

Sau thời gian T, nó cách quả bóng xanh bao nhiêu?

nối bi xanh và bi xanh sẽ nằm trên đường thẳng NN′.

Như vậy, sau thời gian T, kể từ khi bi đỏ rời ra, các bi sẽ ở các điểm a’, b’, c’. Chúng ta tìm khoảng cách giữa các quả bóng màu đỏ và màu xanh tính từ tam giác ca′a′A:

$$|c′a′| = \sqrt{|a′A|^2 + |Ac′|^2} = l\sqrt{1 + \pi\sqrt{3}(1 + \pi\sqrt{3})}.$$

V. Grigoriev

F729. Một băng tải có chiều dài l chuyển động với vận tốc v₀. Một khối lập phương có khối lượng m phải được đẩy với vận tốc bằng bao nhiêu so với chuyển động của băng tải để lượng vật được giải phóng do công ma sát giữa khối lập phương và băng tải là lớn nhất? Khối lượng vật thể tối đa này là bao nhiêu nếu hệ số ma sát là μ và điều kiện v₀² < 2μlg được thỏa mãn?

Hình 1.

Lượng cơ thể được giải phóng sẽ đạt mức tối đa với điều kiện khối lập phương di chuyển quãng đường tối đa so với vật vận chuyển. Để làm được điều này, điều cần thiết là tại con lăn A, tốc độ của khối lập phương so với mặt đất phải bằng 0. Tốc độ ban đầu (tỷ lệ mặt đất) mà khối lập phương phải có được xác định bởi các điều kiện

$$-v + at = 0, \quad l = vt - \frac{at^2}{2},$$

trong đó a = μg là gia tốc do lực ma sát truyền vào khối lập phương. Từ đây

$$v = \sqrt{2\mu g l};$$

thời gian chuyển động của khối dọc theo băng tải tới con lăn A -

$$t = \sqrt{2l/\mu g}.$$

Trước khi dừng lại, khối lập phương sẽ đi theo đường đi của băng

$$s_1 = l + v_0 t = l + v_0 \sqrt{2l/\mu g}.$$

Tiếp theo, khối lập phương bắt đầu di chuyển với gia tốc đều về bên phải. Thời gian sau đó quá trình trượt sẽ dừng lại là τ = v₀/a = v₀/μg. Trong thời gian này, khối lập phương sẽ di chuyển một đoạn so với mặt đất

$$s = a\tau^2/2 = v₀^2/2\mu g.$$

Vì theo điều kiện bài toán v₀ < √2μgl, nên trong thời gian τ khối lập phương sẽ không trượt khỏi băng tải, tức là s < l.

Quãng đường mà khối lập phương sẽ di chuyển so với băng tải trong thời gian này bằng

$$s_2 = \left| \frac{v_0^2}{2a} - v_0 \tau \right| = \frac{v_0^2}{2\mu g}.$$

Đường đi đầy đủ của khối lập phương so với băng là

$$S = s_1 + s_2 = l + v_0 \sqrt{\frac{2l}{\mu g}} + \frac{v_0^2}{2\mu g}.$$

Lượng Tellote được giải phóng do công ma sát bằng

$$Q = \mu mgS = \frac{m}{2}(v_0 + \sqrt{2l\mu g})^2.$$

G. Myakshev

Hãy cho thêm một lời giải trong số bài toán này. Nó được gửi bởi độc giả B. Khvoostov.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động trong một hệ tọa độ có tốc độ so với mặt đất bằng v₀ và có hướng cùng hướng với tốc độ của phần trên của băng tải

52

(tức là từ điểm $A$ đến điểm $B$ trong Hình 1). Để điểm $B$ trùng với gốc tọa độ tại thời điểm khối ($t_0=0$) bắt đầu chuyển động.

Hình 2 thể hiện đồ thị chuyển động của các điểm $A$ và $B$ (cố định so với mặt đất) dọc theo trục $X$ hướng sang trái (từ điểm $B$ đến điểm $A$). Đồ thị chuyển động của khối lập phương sẽ có dạng parabol.

$$x(t) = (v + v_0)t - \mu g \frac{t^2}{2},$$

trong đó $v$ là tốc độ ban đầu của khối, $\mu g$ là gia tốc do lực ma sát truyền vào khối (thời gian $t$ thay đổi từ $t_0=0$ đến một thời điểm nào đó $\tau$, tương ứng với điểm dừng của khối so với băng chuyền).

Lượng nhiệt tối đa sẽ được giải phóng với điều kiện là trong thời gian $t$ khối lập phương phanh lại, quãng đường mà nó di chuyển sẽ là lớn nhất có thể và đồng thời khối đó (không rời khỏi băng chuyền). Do đó, đồ thị chuyển động của khối lập phương là một parabol tiếp xúc với đường thẳng $x_A(t)$ tại một thời điểm nào đó $t_k$; đỉnh của parabol nằm phía trên đường thẳng $x_B(t)$, tức là $x(\tau) > x_B(\tau)$.

Điều kiện cảm ứng -

$$l + v_0 t_k = (v + v_0)t_k - \mu g \frac{t^2}{2},$$

$$v_0 = v + v_0 - \mu g t_k,$$

từ đâu $v = \sqrt{2\mu g l}$. Cho lực phanh bằng

$$s_\tau = \frac{(v + v_0)^2}{2\mu g} = \frac{(\sqrt{2\mu g l} + v_0)^2}{2\mu g},$$

thời gian phanh -

$$\tau = \frac{v + v_0}{\mu g} = \frac{\sqrt{2\mu g l} + v_0}{\mu g}.$$

Trong thời gian này, điểm $B$ sẽ di chuyển

$$s_8 = \frac{v_0 (\sqrt{2\mu g l} + v_0)}{\mu g}.$$

Trong các điều kiện bài toán $v_0 < \sqrt{2\mu g l}$; do đó $s_B < s_\tau$, tức là $x(\tau) > x_B(\tau)$.

Ta tìm được nhiệt lượng cực đại theo định luật bảo toàn năng lượng:

$$Q_{\max} = \frac{m (v + v_0)^2}{2} = \frac{m}{2} (\sqrt{2\mu g l} + v_0)^2.$$

F730. Hai tụ điện bản song song được bố trí như hình vẽ. Khoảng cách $L$ giữa các tụ điện lớn hơn nhiều so với kích thước các bản của chúng và khoảng cách d giữa các bản. Điện tích của một tụ điện là $q_1$, điện tích của tụ điện kia là $q_2$. Những tụ điện này được giấu bằng lực nào?

Điện áp trường được tạo ra bởi tụ điện có điện tích $q_1$ tại các điểm nằm gần trục $O_1 O_2$ và cách tụ điện này một khoảng $x$ bằng

$$E_x = \frac{q_1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{(x+d)^2} \right) \approx \frac{q_1 d}{2\pi \varepsilon_0 x^3},$$

(x nhiều tấm tụ có kích thước lớn hơn).

Do đó, lực tác dụng lên một tụ điện có điện tích $q_2$ bằng

$$F = q_2 \left( E_L - E_{L+d} \right) = \frac{q_1 q_2 d}{2\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{L^3} - \frac{1}{(L+d)^3} \right) \approx \frac{3 q_1 q_2 d^2}{2\pi \varepsilon_0 L^4}.$$

(Chúng tôi đã xem xét riêng trường hợp khi các bản tụ điện liền kề có điện tích khác dấu.)

V. Peterson

53

F731. Hai hạt giống hệt nhau có điện tích q và khối lượng m bay ra đồng thời từ một điểm theo hướng vuông góc với điểm hợp lưu của đường mô đun của từ trường đều có cảm ứng B. Biểu thị khoảng cách giữa các hạt dưới dạng hàm của thời gian nếu vận tốc ban đầu của hạt cùng hướng và bằng $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$.

Trong từ trường, các hạt chuyển động theo một vòng tròn (xem hình), bán kính của chúng lần lượt bằng nhau,

$$R_1 = \frac{mv_1}{qB}, \quad R_2 = \frac{mv_2}{qB}.$$

Vận tốc góc của chi tiết bằng nhau và bằng nhau

$$\omega = \frac{v_1}{R_1} = \frac{v_2}{R_2} = \frac{qB}{m}.$$

Giả sử sau thời gian $t$ (kể từ khi bắt đầu chuyển động trong từ trường) một phần ở điểm $A$, phần kia ở điểm $C$ (xem hình). Khoảng cách $r(t)$ giữa chúng tại thời điểm này có thể được xác định từ tam giác $ABC$. Tam giác này là đều: $|AB| = |BC| = R_2 - R_1$; $ABC = \omega t$. Kể từ đây,

$$r(t) = 2|AB| \sin \frac{\omega t}{2} = 2(R_2 - R_1) \sin \frac{\omega t}{2}.$$

Thay thế các giá trị của $R_1, R_2, \omega$ từ (1) và (2), chúng ta tìm thấy:

$$r(t) = \frac{2m}{qB} (v_2 - v_1) \sin \left( \frac{qB}{2m} t \right).$$

(Chúng tôi coi tương tác điện của các hạt là yếu không đáng kể. Đây chính xác là tình huống quan sát được trong buồng mây.)

V. Aleshkovic

F732. Vật quay S nằm trên trục của một hình nón rỗng có bề mặt bên trong được tráng gương (Hình 1). Sử dụng thấu kính L đặt lên màn E, người ta thu được ảnh của một vật, được tạo bởi các tia phản xạ một lần từ mặt gương của hình nón (các tia nhận được từ vật không chạm vào mặt). Điều gì xảy ra với ảnh nếu khuôn mặt được đóng lại bằng một màng chắn như a) trong Hình 2, a? b) trong Hình 2, b?

Hình 1.

Hình 2

Các tia, một khi được phản xạ từ bề mặt của hình nón, sẽ lan truyền như thể chúng đến từ một tập hợp các nguồn nhỏ chính xác nằm xung quanh vòng tròn; mỗi nguồn như vậy đối xứng với nguồn S so với ma trận sinh tương ứng của hình nón. Hình ảnh của các nguồn này trên màn hình sẽ là hình ảnh cộng hưởng (Hình 3). Điều quan trọng là chùm tia tới từ mỗi nguồn nhỏ trên mặt phải phẳng: nó không đi qua toàn bộ bề mặt của thấu kính mà cắt đường dọc theo đường kính tương ứng (ví dụ: từ nguồn $S'$ các tia truyền trong mặt phẳng thẳng đứng). Do đó, mức độ chùm tia bị suy giảm bởi màng chắn phụ thuộc vào hình dạng và hướng của màng chắn.

Một màng chắn đối xứng, như trong Hình 2, a, rất indo, sẽ làm suy giảm các chùm tia phát ra từ tất cả các nguồn mini một cách đồng đều. Trong trường hợp này, độ sáng của bánh xe trên màn hình sẽ giảm đều. Màng ngăn như ở Hình 2, b, sẽ hoàn toàn xuyên qua các dầm, các mặt phẳng của chúng tạo thành các góc $a < a_0$ với mặt phẳng thẳng đứng. Do đó, độ sáng của các phần tương ứng (tức là trên và dưới) của bánh xe trên màn hình vẫn giữ nguyên. Nếu không, dầm sẽ bị bao quanh một phần bởi màng ngăn, và mặt phẳng của dầm càng gần mặt phẳng nằm ngang. Đó là lý do tại sao

Hình 3.

Hình 4.

trên các phần bên của cột, khi góc $a$ thay đổi từ $a = a_0$ đến $a = \pi/2$, độ chiếu sáng sẽ giảm. Hình ảnh sẽ giống như trong Hình 4, trong đó sự giảm độ sáng được thể hiện dưới dạng sơ đồ bằng việc giảm độ bóng dày đặc. Rõ ràng ảnh đối xứng qua trục dọc và trục ngang.

D. Belov