Bài toán M851—M855; F863—F867

37

Nhiệm vụ

M851—M855; F863—F867

M851. Độ dài cạnh hình vuông $ABCD$ bằng 1. Trên các cạnh $AB$ và $AD$ chọn điểm $P$ và $Q$ sao cho chu vi tam giác $APQ$ bằng 2. Chứng minh rằng $PCQ=45^\circ$.

A. B. Khodulyev

M852. Gọi $x, y, z$ là độ dài cạnh của tam giác. Chứng minh rằng các đại lượng
$$\frac{x-y}{x+y} + \frac{y-z}{y+z} + \frac{z-x}{z+x}$$
nhỏ hơn a) 1; 6)* 1/8.

A. V. Ermilov

M853. Hình vuông $ABCD$ quay quanh tâm đứng yên của nó. Tìm tập hợp mô tả trung điểm của đoạn $PQ$, trong đó $P$ là đáy của đường vuông góc hạ từ điểm $D$ đến đường thẳng cố định $l$ và $Q$ là trung điểm của cạnh $AB$.

Y. Tabov (Bulgaria)

M854. Tại điểm đàm phán có các máy đổi tiền xu có mệnh giá 10, 15 và 20 kopecks, hoạt động như trong Hình 1. Petya có 1 rúp. 25 kopecks

Hình 1.

đồng xu bạc và anh ta có tất cả kích cỡ của chúng trong máy đồng. Vasya đếm xem Petya có bao nhiêu đồng xu và nói:

• Và tôi biết phần giữa của đồng xu là gì!
  Tìm hiểu ở trên quá.

B.I. Bắt đầu

M855. Có thể đẩy một khối đất cứng đều có cạnh 1 xuyên qua một vòng có đường kính a) 1; 6) 0,95; c) 0,9; d) 0,85?

V. V. Proizvolov

38

F863. Trong lỗ Konchek có góc đỉnh là 2α, một quả bóng nhảy lên, phản xạ đàn hồi từ thành lỗ. Các điểm va chạm của quả bóng với tường nằm ở cùng độ cao (Hình 2); thời gian từ lúc va chạm đến khi va chạm không đổi và bằng G. Vận tốc góc trung bình của quả bóng quanh trục của lỗ là bao nhiêu nếu tốc độ cực đại của quả bóng v nằm trong khoảng từ $\frac{1}{2}gT$ đến $gT/2$ sin α?

Ồ, vâng. Savchenko

F864. Một cậu bé từ từ leo lên một ngọn đồi đầy tuyết và kéo chiếc xe trượt tuyết phía sau bằng một sợi dây. Sợi dây luôn song song với tiếp tuyến của cầu trượt tại điểm cậu bé đang đứng. Đỉnh đồi nằm ở độ cao H và cách chân đồi một khoảng l (Hình 3). Cậu bé sẽ phải làm bao nhiêu công khi nâng chiếc xe trượt tuyết lên đồi? Khối lượng của xe trượt là m, hệ số ma sát của xe trượt trên tuyết là μ.

A. I. Buzdin

F865. Ước tính kích thước của một nguyên tử thủy ngân nếu bạn biết: σ là hệ số sức căng bề mặt của thủy ngân (tính theo đơn vị $\frac{\text{энергия}}{\text{площадь}}$), q là mật độ của thủy ngân, r là nhiệt dung riêng bay hơi của thủy ngân.

Y. Rodionov, A. Ykovlev

F866. Bể điện được kết nối thông qua một diode lý tưởng với mạng điện áp xoay chiều (Hình 4). Tìm số chỉ của ampe nhiệt (A) nếu biết rằng trong thời gian t=1 giờ m=1,078 g đồng được giải phóng về cực âm. Đương lượng điện hóa của đồng k=0,33·10⁻⁶ kg/Kl.

B. A. Mukushev

F867. Hãy tưởng tượng rằng bạn đang đứng trước một tấm kính lớn trong suốt dày (ví dụ: trước tủ trưng bày bằng kính). Làm thế nào để xác định độ dày của kính nếu không có khả năng tiếp cận các cạnh của nó (giả sử các cạnh của kính được dán vào tường), bạn không thể vào phòng phía sau kính và bạn không thể làm vỡ kính? Bạn có sẵn thước kẻ, hình vuông, giấy, bút chì và máy tính bỏ túi để thực hiện các phép tính.

M. V. Semenov

Problems

M851—M855; P863—P867

M851. The square ABCD is of length 1. Points P and Q are chosen on sides AB and AD respectively so the perimeter of ABC is 2. Prove that $\widehat{PCQ} = 45^\circ$.

A. B. Khodulev

M852. Suppose x, y, z are the lengths of a triangle’s sides. Prove that the number

$$\left| \frac{x-y}{x+y} + \frac{y-z}{x+z} + \frac{z-x}{z+x} \right|$$

is less than a) 1; b) $1/8$.

A. V. Ermilov

40

muyu $O_1L$. Do đó, chúng song song và $O_1\widehat{A}O_2 = A\widehat{O}_1L$; tương tự, $M_1\widehat{AM}_2 = A\widehat{M}_1L$. Do đó, đẳng thức của các góc $O_1\widehat{A}O_2 = M_1\widehat{AM}_2$ tương đương với phát biểu sau:

$$A\widehat{O}_1L = A\widehat{M}_1L;$$

điểm $A, L, O_1, M_1$ nằm trên cùng một đường tròn;

$$O_1\widehat{LA} + A\widehat{M}_1O_1 = 180^\circ;$$

$$O_1\widehat{LS} = A\widehat{M}_1S;$$

hình tam giác $SLO_1$ và $SAM_1$ (có góc chung ở đỉnh $S$) giống nhau;

$$\frac{|SA|}{|SO_1|} = \frac{|SM_1|}{|SL|}.$$

Để chứng minh đẳng thức cuối cùng, chỉ cần lưu ý rằng $|SA| \cdot |SL| = |SP_1|^2 = |SO_1| \cdot |SM_1|$ (đẳng thức thứ nhất ở đây - tính chất của tiếp tuyến và cát tuyến - xuất phát từ sự đồng dạng của các tam giác $P_1LS$ và $AP_1S$, đẳng thức thứ hai - từ sự đồng dạng của các tam giác $O_1P_1S$ và $P_1M_1S$).

A. M. Abramov

M837*. Cho $a, b, c$ là các số nguyên dương, hai số đó nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng số nguyên lớn nhất không thể biểu diễn dưới dạng

$$xbc + yca + zab$$

(thực phẩm $x, y, z$ là số nguyên không âm), bằng

$$2abc - ab - bc - ca.$$

Thật thuận tiện khi xem xét ngay điều tổng quát hơn bài toán:

gọi $a_1, a_2, \dots, a_n$ là số nguyên tố cùng cực tự nhiên. Chúng ta hãy gọi số tự nhiên $u$ là “đỏ” nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng

$$u = a_1a_2\dots a_n \left( \frac{x_1}{a_1} + \dots + \frac{x_n}{a_n} \right),$$

(1)

thực phẩm $x_1, x_2, \dots, x_n$ — số nguyên không âm, $u$ “xanh” — nếu không. Số lớn nhất là gì?

(Ở chúng tôi bài toán $n = 3$.)

Đây là một trong những lời giải ngắn nhất trong số bài toán này dựa trên hai tuyên bố sau:

1. bất kỳ số nguyên nào $u$ thừa nhận một biểu diễn duy nhất (1), trong đó $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số nguyên và $0 \leq x_2 \leq a_2 - 1$, …, $0 \leq x_n \leq a_n - 1$, $x_1$ có thể là bất kỳ (chúng tôi sẽ gọi tiêu chuẩn biểu diễn đó);

2. số nguyên $u$ có màu đỏ khi và chỉ khi biểu diễn tiêu chuẩn của nó là $x_1 \geq 0$.

Từ câu cuối cùng, rõ ràng số lớn nhất $m$ có biểu diễn tiêu chuẩn $c x_1 = -1$, $x_2 = a_2 - 1$, …, $x_n = a_n - 1$, tức là

$$m = a_1a_2\dots a_n \left( n - 1 - \frac{1}{a_1} - \dots - \frac{1}{a_n} \right).$$

Chúng ta hãy chứng minh các phát biểu này bằng quy nạp, bắt đầu từ trường hợp $n = 2$. Trong trường hợp này, 1) trở thành bổ đề rất hữu ích này (bên dưới $a_1 = a, a_2 = b$):

nếu các số tự nhiên $a$ và $b$ là số nguyên tố cùng nhau thì bất kỳ số nguyên nào cũng có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng

$$u = bx + ay,$$

(2)

thức ăn $x, y$ - nguyên con, $0 \leq y \leq b - 1$.

Để chứng minh điều đó, chúng ta lưu ý rằng tất cả phần dư của phép chia $b$ của các số $0, a, 2a, \dots, (b - 1)a$ cho $b$ đều khác nhau (nếu không thì hóa ra một số nào đó có dạng $(k - l)a$, trong đó

41

0 ≤ l < k ≤ b - 1, chia hết cho b, điều này là không thể), và do đó, chính xác một trong số chúng, ay, cho cùng số dư như số u, nghĩa là u - ay = bx đối với một số mục đích x và y, 0 ≤ y ≤ b - 1.

Mệnh đề 2) với n = 2 gần như hiển nhiên: nếu số u có màu đỏ, nghĩa là, nó có biểu diễn (2) với x ≥ 0, y ≥ 0, thì trong biểu diễn chuẩn của nó, hệ số cho b sẽ không âm (nếu y = qb + r, trong đó q ≥ 0, 0 ≤ r ≤ b - 1, thì u = bx + ay = b(x + aq) + ar).

Như vậy, trong trường hợp này, số có khả năng trừ nhiều nhất sẽ là m = b · (-1) + a · (b - 1) = ab - a - b.

Bây giờ chúng ta hãy trình bày cách sử dụng bổ đề tương tự để thực hiện phép chuyển từ n = 2 sang n = 3 (do đó bài toán M837 sẽ được giải; trong trường hợp tổng quát, phép chuyển từ n sang n + 1 được thực hiện theo cách tương tự). Chúng ta hãy viết lại cách biểu diễn dạng (1) của số u, như được hiển thị ở lề. Vì c và ab là số nguyên tố lẫn nhau, nên theo bổ đề chúng ta có thể tìm (một cách duy nhất) các số nguyên v và z, 0 ≤ z ≤ c - 1, sao cho u = cv + abz, rồi x và y, 0 ≤ y ≤ b - 1, sao cho v = bx + ay. Điều này chứng tỏ khẳng định 1) với n = 3. Để chứng minh 2) chỉ cần lưu ý rằng màu đỏ u tương ứng với màu đỏ v, và cách biểu diễn chuẩn của u tương ứng với cách biểu diễn chuẩn của v, trong đó x ≥ 0.

Hình vẽ thể hiện các số màu đỏ, xanh cho a = 2, b = 3, c = 5; ở đây m = 29. Có thể thấy chúng nằm đối xứng với điểm m/2; nếu u là số màu đỏ thì m - u có màu xanh. Từ lời giải của chúng tôi, dễ dàng suy ra rằng điều này sẽ xảy ra trong trường hợp tổng quát (với mọi a, b, c): số màu đỏ là tất cả các giá trị có thể có của hàm u(x,y,z) = bcx + cay + abz trên một tập hợp các điểm trong không gian có tọa độ nguyên (x, y, z), trong đó x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ b - 1, 0 ≤ z ≤ c - 1, màu xanh lam - các giá trị của nó trên tập hợp x ∼ -1, 0 ∼ y ∼ b - 1, 0 ∼ z ₫ c - 1. Các tập hợp này đối xứng và hàm u là tuyến tính nên các giá trị của nó trên các tập hợp này nằm đối xứng.

Sẽ rất thú vị khi khám phá bài toán tương tự để biểu diễn các số nguyên ở dạng Ax + By + Cz với bất kỳ hệ số nguyên tố tương đối nào A, B, C.

A. M. Abramov,
N. B. Vasiliev

M838. Tất cả các điểm nằm trên các cạnh của tam giác đều ABC được chia thành hai tập hợp E1 và E2. Có đúng là đối với bất kỳ phân vùng nào như vậy thuộc một trong các tập E1 và E2 đều có ba đỉnh của một tam giác vuông không?

ĐÁP: đúng. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phản chứng. Đặt các điểm của tập E1 được bao quanh bằng màu này và các điểm của tập E2 có màu đỏ. Giả sử rằng không có tam giác vuông có các đỉnh đơn và xét một lục giác đều nội tiếp tam giác ABC (xem hình). Mỗi hai đỉnh đối diện của nó phải được tô màu khác nhau - ví dụ: nếu các đỉnh đối diện P và Q có màu xanh lam, thì bất kỳ đỉnh nào trong bốn đỉnh còn lại phải có màu đỏ, vì cùng với P và Q, chúng tạo thành một tam giác vuông; nhưng khi đó ba điểm đỏ bất kỳ tạo thành một tam giác vuông một phần bị cấm.

Rõ ràng là trong trường hợp này nó sẽ tìm thấy hai đỉnh cose của hình lục giác có màu khác nhau. Hai đỉnh này hoặc những đỉnh đối diện với chúng (cũng có màu khác nhau!) nằm trên một trong các cạnh của tam giác. Để định nghĩa, đặt đỉnh K và L màu đỏ nằm trên cạnh AB thì các đỉnh K1 và L1 đối diện với chúng sẽ có màu đỏ và xanh lam (xem hình). Nhưng khi đó, bất kể đỉnh A được sơn màu gì thì một trong các tam giác đối diện AKL1 và ALK1 sẽ có trọng số đơn. Sự mâu thuẫn.

Lý luận này chứng tỏ rằng ngay cả một tập hợp tám điểm—các đỉnh của một hình lục giác và hai đỉnh bất kỳ của một tam giác—không thể là tập hợp con nếu không có các tam giác vuông.

N. B. Vasiliev, V. N. Dubrovsky

M839*. Có thể chọn 1983 số tự nhiên không vượt quá 10^5 sao cho các số được chọn không chứa một bộ ba số nào gồm

42

Thủ tục số học Liaotsikh (nghĩa là không phải một bộ ba $a, b, c$, trong đó $a + c = 2b$)?

Không phải là trung bình số học của hai cái còn lại). Hãy chứng minh rằng từ tập $1, 2, \dots, 5 \cdot 3^k$ ($k \geqslant 0$) chúng ta có thể chọn được một tập con “tốt” $X_k$ gồm $4 \cdot 2^k$ số.

Hình này thể hiện các bước đầu tiên trong quá trình xây dựng quy nạp của tập hợp được yêu cầu: $X_0 = \{1, 2, 4, 5\}$ và $X_{k+1} = X_k \cup Y_k$, trong đó tập hợp $Y_k$ được lấy từ $X_k$ với bộ đào trên $2a_k$, $a_k$ là số lớn nhất trong $X_k$. Do đó, $a_{k+1} = 3a_k$ và $a_k = 5 \cdot 3^k$, tức là $X_k \subset \{1, 2, \dots, 5 \cdot 3^k\}$, ngoài ra, ở mỗi bước, số lượng số trong tập hợp “tốt” của chúng tôi sẽ bị loại bỏ, tức là $X_k$ bao gồm $4 \cdot 2^k$ số. Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp rằng mọi tập hợp $X_k$ đều “tốt”. Đối với $X_0$ điều này là hiển nhiên. Hãy kiểm tra xem giá trị trung bình số học của hai số từ $X_{k+1}$ có được bao gồm trong $X_{k+1}$ hay không. Vì theo giả thuyết quy nạp của tập hợp $X_k$ và với nó $Y_k$, “tốt”, chúng ta có thể giả sử rằng một trong những số này, $x$, được chứa trong $X_k$, và số kia, $y$, trong $Y_k$. Sau đó $0 < x \leqslant a_k$, $2a_k < y \leqslant 3a_k$, do đó $a_k < (x + y)/2 \leqslant 2a_k$, nhưng các số từ $a_k + 1$ đến $2a_k$ không được đưa vào $X_{k+1}$ theo cách xây dựng.

Vẫn còn phải thay thế rằng tập hợp $X_9$ chứa $4 \cdot 2^9 = 2048 > 1983$ số và tất cả chúng không vượt quá $a_9 = 5 \cdot 3^9 = 98415 < 10^5$.

A. M. Abramov

M840. a) Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là đường kính các cạnh của một tam giác thì bất đẳng thức đúng

$$a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geqslant 0.$$

Tìm hiểu trong trường hợp nào nó trở thành đẳng thức.

b) Chứng minh rằng với mọi số dương $a, b, c$ thì bất đẳng thức sau đúng:

$$a^3b + b^3c + c^3a \geqslant a^2bc + b^2ca + c^2ab.$$

Rõ ràng rằng đẳng thức $(\vec{u} \cdot \vec{v})^2 = |\vec{u}|^2 |\vec{v}|^2$ có thể xảy ra khi các vectơ $\vec{u}$ và $\vec{v}$ thẳng hàng, tức là $\frac{a^3b}{c} = \frac{b^3c}{a} = \frac{c^3a}{b}$ hoặc $a = b = c$.

Ngoài ra còn có một bằng chứng ngắn gọn sử dụng các bình phương đầy đủ:

$$a^3b + b^3c + c^3a - a^2bc - b^2ca - c^2ab = (a^3b - 2a^2bc + c^2ab) + (b^3c - 2b^2ca + a^2bc) + (c^3a - 2c^2ab + b^2ca) = ab(a-c)^2 + bc(b-a)^2 + ca(c-b)^2 \geqslant 0.$$

a) Hãy trình bày hai lời giải.

lời giải đầu tiên sử dụng sự thay đổi của các biến $x + y = c$, $y + z = a$, $z + x = b$ ($x, y, z$ là các đoạn mà các cạnh của tam giác được chia cho các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp). Có thể chứng minh rằng sau khi thay thế này bất đẳng thức ở phần a) được rút gọn về dạng

$$xy^3 + yz^3 + zx^3 \geqslant x^2yz + y^2zx + z^2xy,$$

và bất đẳng thức này, như chúng ta đã chứng minh ở trên, đúng với mọi $x, y, z$ không xác định.

Đồng thời, để không bị nhầm lẫn trong tính toán và không tính được hết các số hạng của khai triển, có thể sử dụng “sự đối xứng” của vế trái của bất đẳng thức ở điểm a) đối với chu kỳ

43

thay thế ical $a \rightarrow b, b \rightarrow c, c \rightarrow a$. Nó được trả lời bằng cách thay thế tương tự các biến $R$ $x, y, z$: $x \rightarrow y, y \rightarrow z, z \rightarrow x$, do đó các đơn thức thu được sau khi mở dấu ngoặc trong biểu thức

$$a^2 b(a-b) = (y+z)^2 (z+x)(y-x),$$

Sẽ rất hữu ích khi nhóm theo “loại”, như được thực hiện ở lề: một loại bao gồm cùng một năm, kết quả từ nhau bằng cách thay thế các biến theo chu kỳ $R$ (trong lề chúng được viết trên một dòng; chúng tôi nhấn mạnh rằng không được phép hoán vị theo cặp của các biến - chúng làm thay đổi đa thức!). Rõ ràng là hai số hạng còn lại $b^2 c(b-c)$ và $c^2 a(c-a)$ đưa ra các đơn thức khác cùng loại (có thể thu được chúng chỉ bằng cách thay thế $R$). Nhờ đó, bạn có thể cho biết ngay hệ số nào mà các đơn thức của từng loại sẽ được đưa vào kết quả (các số màu xanh lam ở lề).

Trong đoạn 6), chúng ta đã chỉ ra rằng đẳng thức (1), và do đó trong bất đẳng thức a) chỉ đạt được với $x=y=z$, tức là với $a=b=c$ (đối với một tam giác đều).

lời giải thứ hai dựa trên sự sắp xếp lại thông minh (và dán nhãn lại thành công). Tìm chiều ngang của nó khó hơn ở điểm 6), vì các biến $a, b, c$ có liên hệ với nhau bởi bất đẳng thức tam giác và điều này phải được sử dụng.

Hãy biểu thị vế trái của bất đẳng thức bằng $f(a,b,c)$. Vì $f(a,b,c) = f(b,c,a) = f(c,a,b)$, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể chứng minh bất đẳng thức $f(a,b,c) \geq 0$, giả sử rằng $b$ là cạnh trung bình của tam giác.

Trước tiên chúng ta hãy giả sử rằng $a \leq b \leq c$. Giả sử $a=b-a, c=b+y$, thì ta cần chứng minh bất đẳng thức $f(b-a,b+y) \geq 0$ cho $b>0, a \geq 0, y \geq 0$ và cho $b+y < (b-a)+b$, tức là $b > a+y$. Đơn giản nhưng màn hình ống kính cho thấy điều đó

$$f(b-a,b+y) = b a(a+y)(b-a-y) + \gamma^2 (b-a)(b+a+y).$$

Đối với các giá trị được chỉ định của các biến, vế phải không âm và chỉ biến mất ở $a=\gamma=0$, tức là $a=b=c$. Bây giờ đặt $a \geq b \geq c$, thì trong cùng ký hiệu đó, biểu thức (2) nên được xem xét cho $a \leq 0, \gamma \leq 0$ và $b > -(a+y)$, nhưng trong trường hợp này rõ ràng nó không âm.

A. M. Abramov, E. A. Yasinovy

F847. Một electron bay vào một chùm tia thể tích gồm các electron dương, có tiết diện tròn, tại điểm A, tốc độ của tia này song song với trục đối xứng của chùm tia (Hình 1). Mật độ thể tích của các điện tích trong chùm tia bằng q, chiều dài của chùm tia là l (chiều dài của chùm tia lớn hơn nhiều so với bán kính của nó). Electron sẽ bay ra khỏi chùm tia ở điểm B với tốc độ bao nhiêu? Sự va chạm giữa electron và electron không được tính đến.

Hình 1.

Một electron bay trong chùm tia bị ảnh hưởng bởi điện trường do naim tạo ra. Chúng ta hãy tìm hiểu xem điện áp của trường này phụ thuộc như thế nào vào khoảng cách đến trục chùm tia.

Điện áp $\vec{E}(r)$ tại các điểm nằm bên trong chùm tia đủ xa các đầu của nó và cách $r$ tính từ trục OB có thể được biểu diễn dưới dạng tổng

$$\vec{E}(r) = \vec{E}_1(r) + \vec{E}_2(r),$$

trong đó $\vec{E}_1(r)$ là điện áp trường được tạo ra bởi các điện tích nằm bên trong hình trụ có bán kính $r$, và $\vec{E}_2(r)$ là điện áp trường được tạo ra bởi các điện tích nằm trên điện tích nằm và kết thúc bằng điện tích âm, chúng ta đi đến kết luận rằng $\vec{E}_2(r) = 0$. Hơn nữa, các điện tích nằm trong hình trụ có bán kính $r$ không tạo ra trường tại tất cả các điểm của vùng bên trong hình trụ.

Bây giờ chúng ta hãy xác định điện áp $\vec{E}(r) = \vec{E}_1(r)$. Được biết, dưới góc độ hình ảnh của các dòng từ, điện áp trường được định nghĩa là số lượng dòng từ, một diện tích tùy ý của một đơn vị diện tích, phân bố lại các dòng. Do đó, nếu chúng ta căn chỉnh điện tích của một hình trụ có bán kính $r$ đồng nhất với trục của hình trụ, thì các trường được tạo ra bởi sự phân bố điện tích trước đó và sự phân bố “nén” mới trong hình trụ sẽ trùng nhau. Do đó, chúng ta định nghĩa các đại lượng $\vec{E}_1(r)$ là điện áp trường của một đường thẳng tích điện vô hạn ở khoảng cách $r$ tính từ nó.

Hãy tính mật độ điện tích tuyến tính trên một đường thẳng. Điện tích nằm sau khi lăn trên một đoạn có chiều dài $\Delta l$ bằng $\sigma \cdot \Delta l$, trong đó $\sigma$ là mật độ điện tích tuyến tính

44

trên một đường thẳng. Điện tích này phải bằng điện tích nằm trong hình trụ có bán kính $r$ và chiều cao $\Delta l$, tức là
$$\sigma \cdot \Delta l = \varrho \cdot \Delta l \cdot \pi r^2.$$
Từ đây chúng tôi nhận được:
$$\sigma = \varrho \pi r^2.$$
Bây giờ chúng ta hãy tìm cường độ trường được tạo bởi một đường thẳng tích điện vô hạn có mật độ điện tích $\sigma$. Chúng ta hãy chọn một đoạn nhỏ có chiều dài $dx$ trên đường thẳng. Phí của phần này là $\sigma \cdot dx$.
Cường độ trường do phần này tạo ra tại điểm $M$, nằm cách đường thẳng một khoảng $r$, bằng (Hình 2)
$$\Delta E = |\vec{\Delta E}| = \frac{\sigma \cdot dx}{4\varepsilon_0(x^2 + r^2)}.$$
Từ các thông điệp đối xứng, rõ ràng là vectơ $\vec{E}(r)$ phải được xác định lại bằng một đường thẳng tại bất kỳ điểm nào. Do đó, đóng góp của trường tại điểm $M$ đồ thị $dx$ bằng
$$dE = \Delta E \cdot \cos \varphi = \frac{\varrho \pi r^2 \cdot dx}{4\varepsilon_0(x^2 + r^2)} \frac{r}{\sqrt{x^2 + r^2}} = \frac{\varrho r^3}{4\varepsilon_0(x^2 + r^2)^{3/2}} dx.$$
Tổng cường độ trường tại điểm $M$ là tổng các đóng góp của tất cả các phần của đường thẳng, nghĩa là
$$E(r) = \int_{-\infty}^{\infty} dE = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\varrho r^3 dx}{4\varepsilon_0(x^2 + r^2)^{3/2}} = \frac{\varrho r}{2\varepsilon_0}.$$
Đây là cường độ trường ở khoảng cách $r$ tính từ trục chùm tia tại những điểm đủ xa các đầu chùm tia. Ở gần cuối trường bị “méo”. Việc tính đến những biến dạng (hiệu ứng cạnh) này khá phức tạp. Chúng ta sẽ đơn giản hóa bài toán: chúng ta sẽ giả sử rằng các điểm $A$ và $B$ nằm bên trong một chùm ion dài vô hạn ở khoảng cách $l$ (dọc theo trục chùm tia) với nhau.
Chúng ta hãy xét chuyển động của một electron bên trong một chùm ion dài vô hạn. Lực tác dụng lên electron khi nó ở khoảng cách $r$ tính từ trục chùm tia bằng
$$F = \frac{e\varrho}{2\varepsilon_0} r = -\frac{|e| \varrho}{2\varepsilon_0} r$$
và được hướng qua trục chùm tia. Gia tốc của electron theo hướng này là
$$a = \frac{F}{m}, \text{ или } r'' = -\frac{|e| \varrho}{2\varepsilon_0} r.$$
Từ phương trình này suy ra rằng chuyển động của một electron chiếu lên một mặt phẳng nằm ngang trục chùm tia là một dao động điều hòa có chu kì
$$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{2\varepsilon_0 m}{|e| \varrho}}.$$
Theo hướng của trục chùm tia, tốc độ của electron không đổi và bằng tốc độ của nó tại điểm $A$.
Hình 3 cho thấy một số quỹ đạo có thể có của một electron rời khỏi chùm tia tại điểm $B$. Rõ ràng thời gian chuyển động của electron trong chùm tia được xác định bởi các điều kiện
$$t_1 = \frac{T}{4}, t_2 = \frac{T}{4} + \frac{T}{2} = \frac{3T}{4}, t_3 = \frac{3T}{4} + \frac{T}{2} = \frac{5T}{4} \text{ и т. д.},$$
hoặc, nói một cách tổng quát,
$$t_n = (2n - 1) \frac{T}{4} \quad (n \in \mathbf{N}).$$
Mặt khác, $t_n = l/v_n$. Vì vậy khả năng giá trị của tốc độ electron được xác định bởi các điều kiện
$$v_n = \frac{l}{t_n} = \frac{4l}{(2n - 1)T} = \frac{4l \sqrt{|e| \varrho}}{(2n - 1)2\pi \sqrt{2\varepsilon_0 m}} =$$
$$= \frac{2l}{\pi(2n - 1)} \sqrt{\frac{|e| \varrho}{2\varepsilon_0 m}} \quad (n \in \mathbf{N}).$$
O. V. Fatyanov

45

F848. Một quả bóng lăn dọc theo một thanh sắt tròn nằm ngang có chiều dài l. Tốc độ của quả bóng được biết với độ chính xác là $\varepsilon = \pm 5\%$. Với những giá trị nào của v, chúng ta có thể phát biểu chính xác rằng sau thời gian t sau khi quả bóng ở điểm A (xem hình), nó không ở điểm B?

Vì tốc độ của quả bóng được biết với độ chính xác $\varepsilon$, nên tại bất kỳ thời điểm nào, bạn có thể chỉ ra không phải một điểm mà là một khu vực nhất định trên vòng tròn mà quả bóng nằm trong đó. Ranh giới phía trước của khu vực này di chuyển với tốc độ $v + \varepsilon v = v(1 + \varepsilon)$ và ranh giới phía sau di chuyển với tốc độ $v(1 - \varepsilon)$. Sau thời gian t kể từ khi quả bóng đến điểm A thì độ dài của đoạn đó sẽ là 2vet. Việc quả bóng hiện không ở điểm B có nghĩa là điểm B không rơi vào vùng này (xem hình).

$$2v\varepsilon - \frac{3l}{4} < v(1 + \varepsilon)\tau - nl < \frac{l}{4},$$

trong đó $n$ là số vòng quay hoàn toàn của quả bóng trong một vòng tròn trong thời gian t. Từ đây chúng ta tìm thấy $l$. Từ đây có một quả bóng “lan rộng” với tốc độ 2ev. Vì vậy, sau thời gian $t = l/2ev$ (khi diện tích luôn là hình tròn), không thể xác định được vị trí của quả bóng. Trong thời gian này, quả bóng sẽ quay hết $n = vt/l = 1/2\varepsilon$. Vì vậy, bài toán có ý nghĩa ở $n < \frac{1}{2\varepsilon} = \frac{1}{2(1/20)} = 10$.

Đáp số:

$$\frac{l\left(n - \frac{3}{4}\right)}{(1 - \varepsilon)\tau} < v < \frac{l\left(n + \frac{1}{4}\right)}{(1 + \varepsilon)\tau},$$ ở đâu $n = 1, 2, \dots, 9$.

E. I. Rabkin

F849. Nhiệt kế khô được đặt trong phòng pyschometer và hiển thị nhiệt độ $t_1 = 18^\circ C$, còn nhiệt kế ướt hiển thị $t_2 = t - \Delta t = 15^\circ C$. Không sử dụng bàn; xác định độ ẩm tương đối trong phòng. Áp suất hơi của không khí bão hòa ở nhiệt độ được chỉ định tương ứng là $p_1 = 15,5$ mm Hg. Nghệ thuật. và $p_2 = 12,8$ mm Hg. Nghệ thuật. Nhiệt độ mol của nước bay hơi là $L = 4,07 \cdot 10^4$ J/mol; nhiệt độ của không khí là $c = 20,8$ J/(mol・ độ) (ở thể tích không đổi).

Hãy biểu thị áp suất hơi riêng phần trong phòng $p_n$; sau đó chúng tôi loại trừ độ ẩm tương đối -

$$\varphi = \frac{p_n}{p_1} 100\%.$$

Để tìm $p_n$ chúng ta sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Chúng ta hãy nhẩm chọn một thể tích $V_1$ trong phòng, chứa một khối không khí khô $M$ nhất định và một lượng hơi nước nhất định $m_1$, rồi chuyển nó sang nhiệt kế ướt. Ở đó, thể tích chứa cùng một lượng không khí khô được ký hiệu là $V_2$, và lượng hơi nước trong thể tích này được ký hiệu là $m_2$. Mật độ không khí trong phòng thực tế là như nhau, do đó, chuyển động như vậy không đòi hỏi công phải được thực hiện bởi bất kỳ lực nào khác ngoài lực áp suất không khí và chúng tôi tính đến công của chúng.

Công của lực ép -

$$A = p(V_1 - V_2).$$

Không khí được làm lạnh từ nhiệt độ $T_1$ đến nhiệt độ $T_2$, và nội năng của nó giảm đi một lượng

$$\Delta U = cv \cdot \Delta T = c \frac{M}{\mu_B} \cdot \Delta T.$$

Sự giảm năng lượng bên trong của hơi nước trong quá trình làm mát rõ ràng có thể được so sánh với giá trị này, vì ở nhiệt độ này, hơi nước trong không khí nhỏ ($p_n \ll p$).

Khi nước “không đủ” bay hơi, nhiệt được hấp thụ

$$\Delta Q = L \frac{m_2 - m_1}{\mu_n}.$$

Hãy viết ra sự cân bằng năng lượng:

$$p(V_1 - V_2) + c \frac{M}{\mu_B} \cdot \Delta T = L \frac{m_2 - m_1}{\mu_n}.$$ (*)

Sử dụng phương trình Mendeleev-Clapeyron, chúng tôi tìm thấy:

$$V_1 = \frac{MRT_1}{(p - p_n)\mu_B} + \frac{m_1RT_1}{p_n\mu_n}, \quad m_1 = M \frac{p_n}{p} \frac{\mu_n}{\mu_B},$$

$$V_2 = \frac{MR(T_1 - \Delta T)}{(p - p_2)\mu_B} + \frac{m_2R(T_1 - \Delta T)}{p_2\mu_n}, \quad m_2 = M \frac{p_2}{p} \frac{\mu_n}{\mu_B}.$$

Xem xét những sự tương ứng này và tránh tính toán, chúng ta có thể

46

thời hạn đặt hàng $\frac{\Delta T}{T} \frac{p_2}{p}$, chúng tôi nhận được:

$$V_1 - V_2 = \frac{MR}{p\mu_B} \left( \frac{T_1}{p} \left( p_n - p_2 \right) + \Delta T \right).$$

Thay biểu thức này vào (*) có tính đến thực tế là $\mu_n = \frac{m_2}{Mp_2} p\mu_B$, sau biểu thức đơn giản hóa, chúng ta nhận được:

$$p_n = p_2 - p \cdot \Delta T \cdot \frac{R + c}{RT_1 + L}.$$

Vì vậy độ ẩm tương đối là

$$\varphi = \frac{p_n}{p_1} 100\% = \left( \frac{p_2}{p_1} - \frac{p \cdot \Delta T}{p_1} \frac{R + c}{RT_1 + L} \right) 100\%.$$

Thay số liệu vào, ta tìm được:

$$\varphi \approx 73\%.$$

I. S. Solodovnikov

F850. Hình vẽ cho thấy sự phụ thuộc thực nghiệm thu được của lực lò xo vào chiều dài của nó. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của một vật có khối lượng $m = 60$ g, treo thẳng đứng trên lò xo này trong một trường hấp dẫn.

Graph of gravitational force vs time

$$F_{ynp} H$$

Khi trộn từ vị trí cân bằng đến $\Delta x$ (xem hình), một lực phục hồi tác dụng lên tải

$$F(\Delta x) = F_{ynp}(x_0 + \Delta x) - mg = F_{ynp}(x_0 + \Delta x) - F_{ynp}(x_0).$$

Đối với $\Delta x$ nhỏ với độ chính xác tốt

$$F_{ynp}(x_0 + \Delta x) - F_{ynp}(x_0) = F'_{ynp}(x_0) \cdot \Delta x = k(x_0) \cdot \Delta x,$$

trong đó $k(x_0)$ là độ cứng của lò xo khi chiều dài của nó là $x_0$. Về mặt hình học, phép tính gần đúng này tương ứng với việc thay thế một phần của đường cong $F_{ynp}(x)$ bằng một đường thẳng, tức là một tiếp tuyến được vẽ tại điểm $F_{ynp}(x_0)$. Tiếp tuyến của góc nghiêng của tiếp tuyến này với trục $x$ là $k(x_0)$. Do đó, dao động nhỏ của tải bằng

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k(x_0)}} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{tg a}}.$$

Từ biểu đồ chúng ta tìm thấy $tg a$:

$$tg a \approx \frac{0,2}{0,01} = 20.$$

Như vậy,

$$T = 2 \cdot 3,4 \sqrt{\frac{60 \cdot 10^{-3}}{20}} \approx 3,4 c.$$

V. I. Komov

F851. Tìm lực tương tác giữa hai nửa không dẫn điện của một quả cầu có bán kính $R$, mỗi nửa được tích điện đều trong toàn bộ thể tích với mật độ tương ứng $\rho_1$ và $\rho_2$. Độ thấm điện môi của vật liệu bóng được coi là bằng đơn vị.

Đầu tiên, chúng ta chứng minh thực tế rằng lực tương tác giữa các nửa tích điện của quả bóng tỷ lệ thuận với tích của mật độ điện tích, tức là $F \sim \rho_1 \rho_2$.

Chúng ta hãy tính nhẩm điện tích của hiệp một và thay đổi điện tích của hiệp thứ hai chẳng hạn 2 lần. Hiệp hai bị ảnh hưởng bởi sân của hiệp một cũng như sân của chính mình trong hiệp hai, nhưng tổng tác dụng của sân thứ hai này là bằng không. Vì $\rho_2$ đã thay đổi hai lần, nên phản ứng tổng hợp tác dụng lên nửa sau từ trường thứ nhất đã thay đổi hai lần - xét cho cùng, tại mỗi điểm $f = \rho E \cdot dv$ ($E$ là điện áp trường của nửa đầu tại một điểm cho trước, $\rho \cdot dv$ là điện tích của thể tích cơ bản gần điểm), tức là lực tỉ lệ với $\rho_1$. Tương tự, sửa $\rho_2$ và thay đổi $\rho_1$, ta thấy lực tỉ lệ với $\rho_1$. Có nghĩa,