Bài toán M796—M800; F808—F812

39

Bài toán

M796—M800; F808—F812

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. Nhiệm vụ khó khăn hơn được đưa ra dấu hoa thị. Sau khi xây dựng thương hiệu bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã cung cấp nó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 30 tháng 6 năm 1983 đến địa chỉ: 103006, Moscow, K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Trong cột “Tới”, viết: “Sự cố «Kvant» Số 4 - 83” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M796, M797” hoặc “F808”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải). Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản được chỉ định trong một phong bì riêng biệt, được làm thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “…mới bài toán trong toán học”). Ở đầu mỗi chữ cái hãy cho biết mã số trường và lớp bạn đang theo học.

M796. Điểm $P$ nằm bên trong hình vuông $ABCD$ sao cho $|AP| : |BP| : |CP| = 1:2:3$. Tìm $\widehat{APB}$.

L. D. Kurlyandik

M797*. Được biết, chữ số cuối cùng của bình phương các số nguyên chỉ có thể là các số 0, 1, 4, 5, 6 và 9. Có đúng là trước chữ số cuối cùng chúng có thể chứa bất kỳ nhóm chữ số nào, nghĩa là với bất kỳ tập hợp $n$ chữ số $a_1, a_2, \dots, a_n$ nào, người ta có thể tìm thấy một số nguyên có hình vuông kết thúc bằng các chữ số $a_1 a_2 \dots a_n b$ (trong đó $b$ là một trong các chữ số được liệt kê ở trên)?

D. B. Fuchs

M798*. Đánh dấu $4k$ các điểm trên vòng tròn và tô màu chúng lần lượt là đỏ và xanh lam; sau đó $2k$ điểm màu đỏ được kết nối ngẫu nhiên theo cặp $k$ theo đoạn màu đỏ và $2k$ điểm màu xanh lam theo $k$ đoạn màu xanh lam (ba đoạn không giao nhau tại một điểm). Chứng minh rằng có ít nhất $k$ giao điểm của đoạn màu đỏ và đoạn màu xanh.

S. V. Fomin

M799. a) Tìm một phương trình lời giải $3^{x+1}+100=7^{x-1}$ và chứng minh rằng nó không có phương trình lời giải nào khác.

6. • Tìm hai phương trình lời giải

$$3^x+3^{x^2}=2^x+4^{x^2}$$

và chứng minh rằng anh ta không có lời giải nào khác.

S. S. Wallander

M800*. a) Tất cả các điểm có tọa độ nguyên được đánh dấu trên mặt phẳng - các nút của một mạng vuông và trong số đó có một nút “ban đầu” $O$ được tô sáng. Đối với mỗi nút còn lại $P$, một đường thẳng được vẽ, tương ứng với các nút $O$ và $P$ đối xứng, đường phân giác vuông góc với đoạn $OP$. Các đường thẳng vẽ chia mặt phẳng thành các phần nhỏ (hình tam giác và đa giác lồi). Hãy gán một số tự nhiên cho mỗi số đó -

40

vết thương - theo quy tắc sau: phần chứa điểm $O$ (nó có hình vuông) nhận hạng 1, các phần giáp nó ở bên - hạng 2, các phần giáp nó ở một bên (và khác với những phần đã được xem xét) - hạng 3, v.v. (Hình 1). Chứng minh rằng tổng diện tích các phần của hạng $r$ là như nhau đối với mọi số tự nhiên $r$.

6. Tuyên bố tương tự có đúng đối với một mạng tùy ý có tỷ lệ song song (đặc biệt là các hình thoi có góc $60^\circ$) không? Đối với một mạng hình lục giác đều?
   c) Lập và chứng minh khẳng định tương tự cho mạng lập phương trong không gian.

A. V. Gonchaarov

F808. Một chiếc thuyền máy đặt tại điểm $A$ cách bờ hồ một khoảng $R$ bắt đầu chuyển hướng, chuyển động với vận tốc $v=18$ km/h dọc theo một đường tròn bán kính $r=R/2$; tại thời điểm ban đầu, tốc độ của thuyền hướng vào bờ (Hình 2). Một làn sóng từ thuyền vào bờ $t=3$ phút sau khi bắt đầu rẽ. Tốc độ truyền sóng từ thuyền dọc theo mặt nước là $u=9$ km/h. Tìm khoảng cách $R$.

A. I. Buzdin

F809. Một bể hình trụ được đổ đầy chất lỏng có khối lượng riêng $q$ lên trên. Đỉnh bể được đậy kín bằng nắp có bán kính $R$. Dưới đáy bể có một lỗ diện tích $s$, được đóng lại bằng nút khối $m$ (Hình 3). Để rút phích cắm ra khỏi bình, bạn cần tác dụng một lực $f$. Với tốc độ góc tối đa bao nhiêu thì thùng có thể quay quanh một trục thẳng đứng mà phích cắm không bay ra ngoài?

V. I. Komov

F810. Có lò sưởi với nhiệt độ hoạt động $t_H=700^\circ C$. Nhiệt độ môi trường xung quanh - $t_0=20^\circ C$. Phải lấy lượng nhiệt tối thiểu bao nhiêu từ lò sưởi để làm bay hơi $m=3$ kg nước, đun nóng đến điểm sôi ($t_1=100^\circ C$)? Nhiệt độ hóa hơi riêng của nước $r=2,26$ MJ/kg.

O. S. Rabinovich

F811. Trong mạch chỉnh lưu nửa sóng thông thường (Hình 4) $C=1000$ µF, $R=500$ Ohm. Tần số mạng $f=50$ Hz. Giả sử didelic, hãy tìm:

1. độ lớn của hệ số gợn sóng điện áp $k=\frac{\Delta U}{U}$ trên điện trở $R$;
2. • Hệ số $k$ sẽ giảm bao nhiêu lần nếu cuộn cảm $L=100$ H mắc nối tiếp với điện trở?

A. R. Zilberman

43

giữa chúng không quá 1 và độ dài đoạn đứt đoạn nối giữa chúng không nhỏ hơn 198.

Hình 1.

Hình 2.

M781. Vẽ đường thẳng song song với cạnh AC của tam giác ABC cho trước và cắt các cạnh AB, BC lần lượt tại các điểm D và E sao cho |AD| = |BE|.

Hình 1.

Hình 2.

là hợp của hai tập hợp U gồm các điểm nằm cách đường đứt nét AM không quá 1/2 và tập hợp V gồm các điểm nằm cách đường đứt nét MB một khoảng không quá 1/2. Các bộ này không trống (U chứa điểm C₁ và V—C₃) và mỗi bộ bao gồm các phân đoạn và các điểm riêng lẻ. (Thật vậy, tập hợp các điểm của mặt phẳng, cách xa đường đứt nét ở khoảng cách 1/2, là một “hành lang” có chiều rộng 1, chạy dọc theo đường đứt nét, có một đường tròn ở gần các đỉnh của nó - xem Hình 2. Rõ ràng là một hành lang như vậy có thể giao nhau với một đoạn tùy ý dọc theo một số hữu hạn các đoạn và các điểm riêng lẻ.) Dễ hiểu rằng các tập U và V có ít nhất một điểm chung P, nếu không chúng sẽ không bao phủ toàn bộ đoạn đó. A₁A₃. Trên đoạn thẳng AM có điểm X cách P một khoảng không lớn hơn 1/2; có một điểm tương tự Y (|YP|<1/2) trên đường đứt nét MB. Điểm X và Y là những điểm bắt buộc.

Thực tế, khoảng cách từ X đến Y không vượt quá |XP|+|YP|<1. Mặt khác, độ dài đoạn đường đứt nét L từ X đến Y bằng tổng độ dài các đoạn thẳng đứt đoạn XM và MY, tức là không nhỏ hơn tổng độ dài của các đoạn XM và MY. Nhưng |XM| ≥|PC₂|—|PX|—|C₂M| ≥|C₁C₂|—1=99; tương tự, |YM| ≥99. Do đó, độ dài của đa tuyến XY không nhỏ hơn 198.

A. P. Savin

Từ vô số lời giải trong số bài toán này, chúng tôi đã chọn ra hai cái mà đối với chúng tôi có vẻ vinh dự nhất.

lời giải đầu tiên dựa trên phương pháp hài hòa. Lưu ý rằng đối với thể tích Hᵉk có tâm B và hệ số k=|AB|:|DB| đoạn DE sẽ đi vào AC (Hình 1), vì (DE)||(AC); trong trường hợp này, △ABC sẽ chuyển thành △A₁BC₁. Rõ ràng là |A₁A|=|BC| và các đường thẳng A₁C và AE song song. Do đó, để dựng đoạn DE, chỉ cần vẽ đoạn |AA₁| là đủ trên tia BA, bằng |BC|, (xem Hình 1) và vẽ đường thẳng l đi qua điểm A, song song với A₁C. Điểm giao nhau của nó trên cạnh BC là điểm mong muốn E. (Thực tế, chúng tôi không cần đỉnh C₁). Cách xây dựng này có thể được đơn giản hóa một chút: rõ ràng là đường thẳng l=(AE) cắt đường thẳng song song với AB và đi qua C, tại điểm K, cách đỉnh C một khoảng |CK|=|AA₁|=|CB| (xem hình 1). Và việc xây dựng điểm K khá dễ dàng.

lời giải thứ hai sử dụng chuyển vị, hay chính xác hơn là một loại dịch chuyển nhất định - đối xứng trượt. Đối xứng trượt Sᵗᵗ với trục l và vectơ a được gọi là thành phần đối xứng trục Sᵗᵗ và truyền song song sang vectơ a, trong khi vectơ a phải song song với trục (Hình 2); đặc biệt, tại a = 0 đối xứng trượt chuyển thành đối xứng thường. Rõ ràng là trung điểm của bất kỳ đoạn PP₁ nào, trong đó P₁ là ảnh của điểm P trong quá trình trượt đối xứng, nằm trên trục của nó (xem Hình 2). Ngoài ra, dễ dàng nhận thấy rằng đối với hai tia PQ và P₁Q₁ bất kỳ, người ta có thể chỉ định một đối xứng trượt (đồng nhất) biến tia này thành tia thứ hai: trục l của đối xứng này đi qua giữa đoạn PP₁ và tạo thành các góc bằng nhau với các tia đã cho *) (xem Hình 2) và vectơ bằng P’P₁, trong đó P’=Sᵗᵗ(P).

Bây giờ chúng ta xét đối xứng trượt biến tia AB thành tia BC. Vì |AD|=|BE| nên sẽ lấy điểm D đến điểm E. Do đó, trung điểm F của đoạn DE nằm trên trục đối xứng này. Mặt khác, điểm F nằm trên đường trung tuyến BM của tam giác ABC vì

*) Chính xác hơn, trục l song song với bissertis của góc có các cạnh trùng với tia PQ và P₁Q₁.

45

Bây giờ bạn có thể tận mắt nhìn thấy $\sqrt[3]{3} > \sqrt[5]{6}$ và do đó, $n < 5$. Ngoài ra, rõ ràng là, ví dụ, số 1,45 thỏa mãn bốn bất đẳng thức đầu tiên.

Nếu, thay vì máy tính, chúng ta sử dụng quy tắc trượt, cho không quá ba dấu đúng, thì ngay cả khi chúng ta nhận được giá trị của $\sqrt[3]{3}$ là số 1,44 và đối với số $\sqrt[5]{6}$ là giá trị 1,43, chúng ta sẽ không chắc chắn về tính đúng đắn của các chữ số cuối cùng và sẽ phải so sánh các nghiệm này bằng cách đếm trực tiếp, như đã thực hiện ở trên.

6. Hãy chứng minh rằng với bất kỳ số tự nhiên $n$ nào, người ta có thể tìm thấy một $\alpha > 0$ nhỏ đến mức cấp số suy luận $1 + \frac{\alpha}{2}, \left(1 + \frac{\alpha}{2}\right) + \alpha, \dots, \left(1 + \frac{\alpha}{2}\right) + n\alpha$ với hiệu $\alpha$ và cấp số nhân $1 + \alpha, (1 + \alpha)^2, \dots, (1 + \alpha)^n$ với giá trị $1 + \alpha$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Hãy để chúng tôi sử dụng danh tính $q^k - 1 = (q - 1)(q^{k-1} + q^{k-2} + \dots + 1)$. Đặt $q = 1 + \alpha$ vào đó, chúng ta thu được giá trị đó cho tất cả $k \ge 1$

$$(1 + \alpha)^k = 1 + \alpha((1 + \alpha)^{k-1} + (1 + \alpha)^{k-2} + \dots + 1).$$

Chúng ta hãy chọn $\alpha$ nhỏ đến mức $(1 + \alpha)^n < 1 + \frac{1}{2n}$, sau đó cho tất cả $k = 1, \dots, n$

$$(1 + \alpha)^{k-1} + (1 + \alpha)^{k-2} + \dots + 1 < k(1 + \frac{1}{2n}) \leq k + \frac{1}{2}.$$

Với $\alpha$ như vậy, nhờ vào (*), các bất đẳng thức $(1 + \frac{\alpha}{2}) + (k - 1)\alpha < 1 + k\alpha < (1 + \alpha)^k < 1 + \alpha(k + \frac{1}{2}) = (1 + \frac{\alpha}{2}) + k\alpha$ sẽ được thỏa mãn với tất cả $k = 1, \dots, n$, nghĩa là, số hạng thứ $k$ của cấp số nhân được chỉ định nằm giữa số hạng thứ $k$ và thứ $(k + 1)$ của cấp số tranh luận, đó là những gì chúng tôi yêu cầu.

A. P. Savin

**M784. Một hành tinh hình cầu chuyển động quanh một vòng tròn và quay quanh trục của nó, trục hồi phục hàng ngày nghiêng với mặt phẳng quỹ đạo một góc $\alpha$ (đối với Trái đất của chúng ta $\alpha = 66,5^\circ$). Tìm sự phụ thuộc của khoảng thời gian $T$ của ngày ngắn nhất trong năm tại một điểm nhất định trên bề mặt hành tinh vào vĩ độ địa lý $\varphi$ của điểm này. (Chuyển động của hành tinh trên quỹ đạo được coi là rất chậm so với việc chữa lành). Viết công thức cho hàm $T = T(\varphi)$ và vẽ đồ thị gần đúng.

Hình 1.

Đáp số: $T(\varphi) = \frac{1}{\pi}$ агссos (tg $\varphi$ · ctg $\alpha$) tại $0 \leq \varphi \leq \alpha$ và $T(\varphi) = 0$ tại $\varphi > \alpha$ (một ngày đối với một hành tinh nhất định được lấy làm đơn vị thời gian, tức là thời gian của một vòng quay quanh trục của nó); Đồ thị gần đúng của hàm $T(\varphi)$ được hiển thị trong Hình 1.

Để mặt phẳng chứa các điểm có vĩ độ $\varphi$ cắt trục chuyển động của hành tinh tại điểm $M$ và để đường vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo của nó, được vẽ từ tâm hành tinh $O$, cắt nhau tại điểm $K$ (Hình 2). Các hạt ngày và đêm trong phông chữ này đóng vai trò là phần cuối của hợp âm $P_1P_2$, dọc theo đó chỉ ra một vòng tròn lớn hơn, ngăn cách hệ thống tưới được chiếu sáng của hành tinh với hệ thống tưới tiêu không được chiếu sáng. Do đó, độ dài của ngày (tính bằng ngày) trong phông chữ $\varphi$ bằng $T = \gamma/2\pi$, trong đó $\gamma$ là các giá trị của góc $P_1MP_2$. Rõ ràng, góc này (và độ dài ngày) nhỏ nhất khi dây $P_1P_2$ vuông góc với đường thẳng $MK$.

Trong trường hợp này $\cos \frac{\gamma}{2} = \frac{|MK|}{|MP_1|}$. Điểm $P_1$ có vĩ độ $\varphi$, nghĩa là $P_1OM = \frac{\pi}{2} - \varphi$ và $|MP_1| = R \cos \varphi$, và $|OM| = R \sin \varphi$, trong đó $R$ là bán kính của hành tinh (xem Hình 2). Trong tam giác $MOK$ góc ở đỉnh $O$ là $\frac{\pi}{2} - \alpha$ nên $|MK| = |OM| \cdot \cos \varphi = R \sin \varphi$. Như vậy,

46

M785. a) Đối với dãy số dương tăng dần $a(n)$, $n=1, 2, 3, \dots$, ta biết rằng với mọi số tự nhiên $k>1$ đều có số $b_k$ sao cho $a(kn) \leq b_k a(n)$ với mọi $n$. Chứng minh rằng tồn tại các số liên tiếp $c$ và $a$ sao cho $a(n) \leq cn^a$ với mọi $n \geq 1$.

Liệu câu phát biểu này có còn đúng nếu trong điều kiện b) từ “bất kỳ” nào được thay thế bằng “một số” không?
c) không yêu cầu dãy $a(n)$ phải tăng lên?

$$a(k) \leq ba(1)$$
$$a(k^2) \leq ba(k)$$
$$a(k^r) \leq ba(k^{r-1})$$
$$b = k^{\log_k b}$$
$$b^{\log_k n} = n^{\log_k b}$$

$$\gamma = 2 \arccos \frac{|MK|}{|MP_1|} =$$
$$= 2 \arccos \frac{R \sin \varphi \mathrm{tg} \alpha}{R \cos \varphi} = 2 \arccos(tg \varphi \cdot ctg \alpha).$$

Tại $\varphi > \alpha$ tại thời điểm “ngày đông chí” vĩ tuyến với vĩ độ $\varphi$ nằm hoàn toàn trong nửa không được chiếu sáng của hành tinh và $T(\varphi) = 0$; ở đây đêm vùng cực bắt đầu (khu vực này được nhìn thấy trong Hình 2 màu đen). Lưu ý rằng khi tiếp cận điểm $\varphi = \alpha$ (từ khoảng $\varphi < \alpha$), tiếp tuyến của đồ thị $T(\varphi)$ trở thành đường thẳng đứng.

A. P. Savin

Chúng ta hãy chứng minh ngay rằng đáp số ở câu hỏi 6) là khẳng định: nếu (đối với một số $k > 1$) tồn tại $b = b_k$ sao cho $a(nk) \leq b \cdot a(n)$ với mọi $n$, thì $a(n) \leq cn^u$ đối với một số $c$ và $a$.

Hãy đặt $a(1) = a$. Biến của một chuỗi bất đẳng thức đầu trên các trường, ta thu được điều đó (với mọi số tự nhiên $r$)
$$a(kr) \leq a \cdot br = a \cdot kr^u,$$
ở đâu $a = \log_k b$. Đối với bất kỳ $n$ nào, chúng ta chọn $r$ sao cho $kr^{-1} < n \leq kr$, tức là $\log_k n \leq r < \log_k n + 1$. Đạt được tính đơn điệu $a(n)$ và đơn vị màu đỏ thứ hai ở lề, chúng ta thu được:
$$a(n) \leq a(kr) \leq a \cdot br < a \cdot b^{\log_k n + 1} = ab \cdot n^{\log_k b} = cn^u,$$
ở đâu $c = ab$.

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng một ví dụ cho thấy đáp số đối với câu hỏi c) là phủ định. Không khó để xây dựng một chuỗi $a(n)$ có tính chất đa điển hình: $a(mn) = a(m)a(n)$ cho tất cả $m, n$, đồng thời (đối với bất kỳ $r$ tự nhiên nào), chúng ta sẽ tìm thấy $n$ sao cho $a(n) \geq n^r$. Ví dụ, bạn có thể đặt
$$a(n) = p_1^{i_1} p_2^{i_2} p_3^{i_3} \dots p_s^{i_s}$$
cho $n = p_1^{i_1} p_2^{i_2} \dots p_s^{i_s}$ (trong đó $p_1 = 2, p_2 = 3, p_3 = 5, \dots$ là các số nguyên tố liên tiếp); thì với $m = \prod_{r=1}^{s} p_r^{i_r}$, $n = \prod_{r=1}^{s} p_r^{i_r}$ sẽ có $a(mn) = a(m)a(n) = \prod_{r=1}^{s} p_r^{i_r(i_r+i_r)}$ và với $n = p_r^k$ (với mọi $k$ tự nhiên) $a(n) = p_r^k = n^r$.

Đối với chuỗi này, điều kiện $a(n) \leq b_k a(n)$ sẽ được thỏa mãn, chẳng hạn như ở $b_k = a_k$. Nhưng với không $c$ và $a$ thì ước tính $a(n) \leq cn^a$ không thể đúng với tất cả $n$, vì với $r > \alpha$ có vô số $n$ sao cho $a(n) \geq n^r > cn^a$ (đối với $n$ đủ lớn).

N. B. Vasiliev

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của một quả bóng rơi tự do trong vùng lân cận của trục đối xứng. Ngay sau khi va chạm với bề mặt quả bóng, nó có vận tốc $v_0 = \sqrt{2gH}$ (vì va chạm là đàn hồi tuyệt đối); vectơ $\vec{v}_0$ tạo một góc $2\alpha$ với phương thẳng đứng (xem hình).

Gọi thời gian $t$ sau va chạm với bề mặt quả bóng theo phương ngang bằng $l$ (xem hình), tức là
$$v_0 \sin 2\alpha \cdot t = l \Rightarrow t = l/v_0 \sin 2\alpha = l/(\sqrt{2gH} \sin 2\alpha),$$
trong đó $v_0 \sin 2\alpha$ là hình chiếu nằm ngang của vận tốc $v_0$ (trong thời gian $t$ quả bóng không chạm vào bề mặt). Độ cao mà quả bóng đạt được sau thời gian $t$ bằng
$$\Delta h = h_0 + v_0 \cos 2\alpha \cdot t - gt^2/2,$$
(*)
trong đó $v_0 \cos 2\alpha$ là hình chiếu thẳng đứng của vận tốc $v_0$.

48

cuối cùng đến độ sâu của nó. Trong quá trình vận hành, lượng nước chảy qua mặt cắt kênh trong một giây sẽ tăng gấp đôi. Tốc độ dòng chảy trung bình thay đổi như thế nào?

Điều đó có nghĩa là tổng vectơ của tất cả các lực tác dụng lên một thể tích như vậy bằng 0.

Hãy viết các điều kiện này (định luật Newton II) cho khối ABCD được tô sáng trên hình. Các lực tác dụng lên nó là lực hấp dẫn $F_\tau = \omega gabh$ (b - chiều rộng của dòng chảy), lực áp suất của không khí trong khí quyển $F_a = p_0ab$ (p$_0$ - áp suất khí quyển), lực áp suất của các lớp nước bên dưới $F_H = p_hab$ (p$_h$ - áp suất ở “độ sâu” h), lực áp suất $F_\pi$ và $F_\pi$ từ phía nước trên mặt bên trái (thượng lưu) và bên phải (hạ lưu) và lực ma sát lên lớp nước liền kề ở độ sâu h. Hãy viết định luật II Newton dưới dạng hình chiếu lên trục Y (xem hình):

$$p_0ab + \omega gabh \cos \alpha - pab = 0.$$

Từ phương trình này, rõ ràng là áp suất p trong dòng chảy chỉ được xác định bởi “độ sâu” h.

Bây giờ hãy viết các điều kiện để có tốc độ trung bình không đổi đối với khối MBCN được đánh dấu trong hình. Hình chiếu lên trục X ta có:

$$\omega gabH \sin \alpha - k \frac{v}{H} = 0.$$

Ở đây $\omega gabH$ là lực hấp dẫn, v là vận tốc dòng chảy trung bình, $kv/H$ là lực ma sát (k=const). (Các lực ép từ nước ở bên trái và bên phải triệt tiêu lẫn nhau, và do đó chúng ta không đưa chúng vào phương trình). Chúng tôi biểu thị độ sâu H bằng lượng Q của nước chảy qua phần kênh trên một đơn vị thời gian: $Q = Hbv \Rightarrow H = \frac{Q}{bv}$.

Thay biểu thức này vào (*) và tìm v:

$$v = \left( \frac{\omega g \sin \alpha}{kb} \right)^{1/3} Q^{2/3}.$$

Từ đó có thể thấy khi phương trình Q gấp 2 lần thì vận tốc dòng chảy trung bình tăng $\sqrt[3]{4} \approx 1,6$ lần. Trong trường hợp này, độ sâu dòng chảy tăng $\sqrt[3]{2} \approx 1,3$ lần.

G. L. Kotkin

F796. Trên trục quang chính AB của đường thu có tiêu cự F có một gương phẳng chuyển động với vận tốc góc w về phía trục vuông góc với trục AB (Hình 1). Một chùm tia song song được chiếu lên gương, sau khi phản xạ sẽ hội tụ vào một màn nằm trong mặt phẳng tiêu điểm của đường thẳng. Tìm tốc độ của điểm sáng trên màn hình tại thời điểm nó đi qua tiêu điểm của đường thẳng.

Giả sử tại thời điểm ban đầu góc giữa trục quang chính của đường thẳng và đường vuông góc với gương bằng α, và điểm sáng nằm ở giao điểm của trục quang với màn (điểm B trong Hình 1), tức là sau khi phản xạ từ gương, các tia sáng sẽ song song với trục quang chính. Sau một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ gương sẽ quay một góc nhỏ $\Delta a = \omega \cdot \Delta t$. Các tia phản xạ từ gương bị “xoay” một góc $2\Delta a$ so với trục (Hình 2) và điểm sáng sẽ nằm ở điểm C trên màn. Chúng ta hãy tìm độ dịch chuyển của điểm $|BC|$ theo thời gian $\Delta t$:

$$|BC| = |OB|tg 2\Delta a = Ftg 2\Delta a \approx 2F \cdot \Delta a$$

(chúng tôi đã lợi dụng thực tế là $\Delta a$ nhỏ và tg $\Delta a \approx \Delta a$). Biết độ dịch chuyển ta tìm được vận tốc tức thời của điểm sáng tại điểm B:

$$v = \frac{|BC|}{\Delta t} = \frac{2F \cdot \Delta a}{\Delta t} = \frac{2F\omega \cdot \Delta t}{\Delta t} = 2F\omega.$$

E. I. Palchikkov

Hình 1.
Hình 2.

49

F797. Một tụ điện phẳng chứa đầy một chất điện môi, độ thấm điện môi của nó phụ thuộc vào điện áp $U$ trên tụ theo định luật $\varepsilon = \alpha U$, trong đó $\alpha = 0,1$ $B^{-1}$. Song song với chất điện môi, chất điện môi và điện dung này, một tụ điện “phi tuyến” (không tích điện) được nối với một tụ điện thông thường được tích điện với hiệu điện thế $U_0 = 60$ V. Điện áp trên tụ điện sẽ là bao nhiêu?

Vì tụ điện “phi tuyến tính” khác với tụ điện thông thường chỉ ở chỗ có chất điện môi giữa các bản của nó, nên điện dung của tụ điện “phi tuyến tính” ở điện áp $U$ trên nó bằng

$$C = \varepsilon C_0 = \alpha UC_0,$$

trong đó $C_0$ là điện dung của tụ điện chung. Trong trường hợp này, điện tích trên tụ điện “phi tuyến” là

$$q_H = CU = \alpha C_0 U^2,$$

và điện tích trên tụ điện chung là

$$q = C_0 U$$

(điện áp $U$ trên các tụ có đấu nối song song là như nhau).

Điện tích ban đầu của tụ điện chung bằng

$$q_0 = C_0 U_0,$$

và nhờ định luật bảo toàn điện tích ở điện áp bất kỳ $U$ trên tụ điện

$$q_H + q = q_0 \Rightarrow \alpha C_0 U^2 + C_0 U = C_0 U_0.$$

Từ đây điện áp $U$ được tìm thấy:

$$U = \frac{\sqrt{4\alpha U_0 + 1} - 1}{2\alpha} = 20 \text{ В.}$$

A. I. Buzdin

Hàm lượng giác nghịch đảo

(Để bắt đầu, xem trang 30)

Trên đoạn $[0; \frac{\pi}{2}]$, cả sin, cos và tiếp tuyến đều đơn điệu. Ví dụ, chúng ta hãy tính cosin của các số được so sánh:

$$\cos \left( \arcsin \frac{2}{5} \right) = \sqrt{1 - \left( \frac{2}{5} \right)^2} = \frac{\sqrt{21}}{5},$$

$$\cos \left( \arccos \frac{2}{5} \right) = \frac{2}{5}.$$

Vì tại $[0; \frac{\pi}{2}]$ cosine triệt tiêu, từ bất đẳng thức

$$\cos \left( \arcsin \frac{2}{5} \right) > \cos \left( \arccos \frac{2}{5} \right)$$

nó theo sau đó

$$\arcsin \frac{2}{5} < \arccos \frac{2}{5}.$$

Ví dụ 6. Hãy tính $\arcsin(\sin 11)$. Để làm điều này, trước tiên hãy so sánh $11$ với $\frac{\pi}{2}$ $k$ ($k \in \mathbb{Z}$). Từ bất đẳng thức $3 < \pi < 3,142$ ($\pi = 3,14159...$) suy ra $\frac{7}{2} \pi < 11 < 4\pi$. Vì vậy, $-\frac{\pi}{2} < 11 - 4\pi < 0 < \frac{\pi}{2}$. Vì vậy $\arcsin(\sin 11) = \arcsin(\sin(11 - 4\pi)) = 11 - 4\pi$.

Bài tập

1. Chứng minh danh tính
   a) $\arcsin x = \begin{cases} \arcsin \sqrt{1-x^2}, \text{ если } 0 \leq x \leq 1 \\ \pi - \arcsin \sqrt{1-x^2}, \text{ если } -1 \leq x \leq 0; \end{cases}$
   b) $2 \arctg \frac{1+x}{1-x} + \arcsin \frac{1-x^2}{1+x^2} = \pi$ ($0 \leq x < 1$).

2. Tính toán
   a) $\arctg \frac{1}{3} + \arctg \frac{1}{5} + \arctg \frac{1}{7} + \arctg \frac{1}{8}$;
   b) $\arccos(\cos 4)$;
   b) $\arccos(\sin(-\frac{\pi}{7}))$.

3. Vẽ đồ thị hàm số
   a) $\arccos(\cos x)$;
   b) $\arctg(tg x)$.