Lời giải bài toán M931—M935; F943—F947

36

a thread $AB$ (Fig. 3, p. 34) is punctured; the thread, which had been floating freely on the film, stretches into a definite shape. Find the tension in the thread. The distance between the «directrices» is $d$, the length of the thread is $l$ ($l > \pi d/2$), the coefficient of surface tension of the soap solution is $\sigma$.

L. G. Markovich

P967. A pile of very thin metal plates, located at the same distance from each other, is charged from a battery in the following way. The negative contact of the battery is connected to the plate furthest to the right, while the positive contact is connected in sequence first to the first plate from the left, then to the second one, the third and so on until the next to last plate (the second one from the right, see Fig. 4). Find the ratio of the charge of the far right plate to that of the third from the right. Assume that the thickness of the pile is much less than its linear measurements.

E. P. Sokolov

Lời giải bài toán

M931 — M935; F943 — F947

Xét các tam giác $AA_1B_1$ và $BB_1A_1$ (hình 1). Chúng có cạnh chung $A_1B_1$ và các cạnh bằng nhau $AA_1$ và $BB_1$. Ngoài ra, các góc $AB_1A_1$ và $BA_1B_1$ của chúng bằng nhau, vì các góc liền kề với chúng là các góc ở đáy của tam giác đều $A_1B_1C$ (các đoạn $CA_1$ và $CB_1$ bằng nhau, giống như các tiếp tuyến được vẽ với một đường tròn từ một điểm); vì lý do tương tự, các góc $AB_1A_1$ và $BA_1B_1$ là tula, do đó, các góc còn lại của các tam giác đang xét là nhọn. Theo định lý sin

$$\sin \angle A_1AB_1 = \frac{A_1B_1}{A_1A} \sin \angle AB_1A_1 =$$

$$= \frac{A_1B_1}{B_1B} \sin \angle BA_1B_1 = \sin \angle B_1BA_1,$$

tư thế $\angle A_1AB_1 = \angle B_1BA_1$ (các góc này là nhọn), có nghĩa là $\angle AA_1B_1 = \angle BB_1A_1$ nữa. Như vậy, các tam giác $AA_1B_1$ và $BB_1A_1$ bằng nhau (theo hai cạnh và góc xen giữa). Cụ thể là $AB_1 = BA_1$ và $AC = AB_1 + B_1C = BA_1 + A_1C = BC$. Tương tự, người ta chứng minh rằng $AC = AB$.

Lưu ý rằng, nói chung, tiêu chí về sự bằng nhau của các tam giác “hai cạnh và góc đối diện với một cạnh” là không đúng (xem hình 2).

V. N. Dubrovsky

M932. Trong một cái lồng hình vuông có cạnh 1m có một con trăn anaconda dài 10m. Nam tước Munchausen tuyên bố rằng bất cứ lúc nào ông cũng có thể bắn một con anaconda ở 6 ​​nơi cùng một lúc. Nam tước có đang phóng đại không? (Con Anaconda có thể coi là một đoạn thẳng đứt đoạn tùy ý có chiều dài 10, nằm bên trong hình vuông $1 \times 1$.)

37

M933. 13 hiệp sĩ từ k gia tộc khác nhau (1<k<13) đang ngồi ở một chiếc bàn tròn. Mỗi người đều cầm một chiếc cốc vàng hoặc cốc bạc và có đúng k cốc vàng. Vua Arthur ra lệnh cho các hiệp sĩ đồng loạt chuyền cốc cho người hàng xóm ở bên phải, sau đó làm lại tương tự, v.v. Chứng minh rằng tại một thời điểm nào đó ông sẽ tìm thấy hai hiệp sĩ cùng tộc cầm cốc vàng.

M934. Có 2n(n ≥2) điểm trong không gian (vì vậy không có 4 điểm nào nằm trên cùng một mặt phẳng) và có n2+1 đoạn có điểm cuối tại các điểm này. Chứng minh rằng các đoạn thẳng vẽ tạo thành a) ít nhất một tam giác; b)* ít nhất n hình tam giác.

phá vỡ. Chỉ cần Nam tước nhanh chóng bắn từ điểm này vuông góc sang một bên là đủ. Từ hình ở lề, có thể thấy rõ rằng con anaconda có thể tự định vị trong lồng theo cách mà ngay cả Munchausen cũng không thể bắn nó vào 7 nơi cùng một lúc.

S. V. Gashkov

◆
Hãy tranh luận bằng sự mâu thuẫn. Nếu câu bài toán không đúng thì tại bất kỳ thời điểm nào cũng có chính xác một hiệp sĩ trong mỗi tộc giữ cúp vàng, vì số lượng bang bằng số cốc. Giả sử rằng mỗi lần chuyển cốc tiếp theo diễn ra trong một phút. Sau đó, trong 13 phút - thời gian diễn ra một vòng quay đầy đủ các chiếc cốc xung quanh bàn - mỗi hiệp sĩ sẽ phải cầm mỗi chiếc cốc vàng đúng một lần, tức là trong k phút, và tất cả các hiệp sĩ của một tộc cộng lại sẽ có n phút, trong đó n là số hiệp sĩ trong tộc này. Do đó, nk=13, điều này không thể xảy ra với 1<k<13, vì 13 là số nguyên tố.

Kết quả mâu thuẫn chứng tỏ khẳng định bài toán.

Nếu tổng số hiệp sĩ r chia hết cho k: r=kn, thì sẽ dễ dàng xây dựng một ví dụ trong đó tại bất kỳ thời điểm nào chỉ có một hiệp sĩ từ mỗi thị tộc có cúp vàng: chỉ cần theo dõi các hiệp sĩ của mỗi thị tộc tại các đỉnh của một n-giác đều đặn, và k cúp vàng cho k hiệp sĩ ngồi thành một hàng (từ các thị tộc khác nhau).

S. V. Gashkov

◆
a) Chọn điểm xuất hiện nhiều đoạn nhất. Chúng ta hãy biểu thị nó bằng A₁, các đầu của các đoạn nổi lên từ nó bằng B₁, …, Bₖ và các điểm còn lại là A₂, …, A₂n-k. Nếu không có hình tam giác thì không có đoạn nào giữa các điểm B₁, …, Bₖ, do đó không có nhiều hơn 2n-k đoạn xuất phát từ mỗi điểm đó. Và vì từ mỗi điểm Aᵢ, i=1, …, 2n-k không có quá k đoạn nên tổng số đoạn sẽ không vượt quá

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

Số lượng các đoạn này bằng n2+1 nên chúng tạo thành ít nhất một hình tam giác.

Đối với các phân đoạn n², tuyên bố bài toán, như có thể thấy từ hình, là không đúng.

b) Ta tiến hành chứng minh quy nạp theo n. Khi n=2 (đối với 4 điểm và 5 đoạn), phát biểu được xác minh trực tiếp. Chúng ta hãy chứng minh nó cho 2(n+1) điểm, coi nó đúng cho 2n điểm.

Theo a) các đoạn thẳng vẽ tạo thành ít nhất một tam giác ABC. Cần ít nhất n hình tam giác nữa. Chúng ta hãy biểu thị số đoạn thẳng xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC (không tính các cạnh của nó) lần lượt là kₐ, kₑ, k₃.

38

Nếu $k = k_A + k_B + k_C \leq 3n - 2$, thì đối với một số đỉnh của tam giác, ví dụ $A$ và $B$, tổng số đoạn như vậy $k_A + k_B$ không lớn hơn $2n - 2$. Hãy loại bỏ các điểm này và tất cả các đoạn đến từ chúng (cùng với các cạnh của tam giác $ABC$). Chúng ta có một tập hợp các điểm được kết nối bởi ít nhất $(n + 1)^2 + 1 - (2n - 2) - 3 = n^2 + 1$ đoạn mà theo đề xuất Quy nạp, tạo thành ít nhất $n$ hình tam giác.

Nếu $k \geq 3n - 1$ và $k$ của các đoạn chúng ta đang xem xét có dạng các cạnh $AB, BC$ và $CA$ hình tam giác, thì $t \geq n$. Trên thực tế, giả sử trong số $2n + 2 - 3 = 2n - 1$ điểm khác với $A, B, C$ có $n_j$ sao cho các đoạn $j$ đi đến các đỉnh $A, B, C$ ($j = 0, 1, 2, 3$). Sau đó
$$n_1 + n_2 + n_3 \leq n_0 + n_1 + n_2 + n_3 = 2n - 1,$$
$$n_1 + 2n_2 + 3n_3 = k \geq 3n - 1,$$
theo dõi, $t = n_2 + 3n_3 \geq n_2 + 2n_3 \geq (3n - 1) - (2n - 1) \geq n$.

S. V. Gashkov

M935. (Bài toán về đai ốc.) Nếu bên trong có một $2n$-giác đều có các cạnh $a$ và tâm $O$ (tùy ý đặt một $2n$-giác đều với các cạnh $a/2$ thì sẽ bao phủ điểm $O$. Chứng minh nhận định sau: $a)$ cho $n = 2$; $b)$* cho $n = 3$; $c)$* cho bất kỳ $n$ tự nhiên nào.

Hình 1.

Hình 2.

Ta sẽ lập luận bằng phản chứng và ngay trong trường hợp tổng quát. Chúng ta hãy biểu thị $2n$-gon nhỏ hơn bằng $M_1$ và biểu thị số lớn hơn bằng $M_2$. Nếu đa giác $M_1$ không chứa tâm $O$ của đa giác $M_2$, thì vì nó lồi nên nó có một cạnh $AB$ sao cho điểm $O$ và chính đa giác $M_1$ nằm đối diện nhau của đường thẳng $AB$ (hình 1). Đặt $CD$ là cạnh đối diện với $AB$ của đa giác $M_1$. Khoảng cách giữa các đường thẳng song song $AB$ và $CD$ bằng bán kính đường tròn nội tiếp của đa giác $M_2$, do đó đường thẳng $CD$ nằm bên ngoài đường tròn này. Chúng ta hãy vẽ một tiếp tuyến $MN$ với đường tròn này (xem hình 1), song song với $CD$; sau đó, như sau từ những gì đã được nói,
$$CD \leq C'D' < MN,$$
trong đó $C'D'$ là đoạn mà đường $CD$ giao với $M_2$ và điểm cuối của các đoạn $C'D'$ và $MN$ nằm trên hai cạnh liền kề của đa giác $M_2$.

Bây giờ chỉ cần chứng minh rằng $MN < a/2$ là đủ (sau đó hóa ra $CD < a/2$, mâu thuẫn với điều kiện). Để các điểm $M$ và $N$ nằm trên các cạnh $M_2$ nổi lên từ đỉnh $P$; $Q, R$ và $T$ là điểm tiếp tuyến của các cạnh này và đoạn $MN$ với đường tròn nội tiếp $M_2$ (hình 2). Sau đó
$$2MN = MT + MN + TN = QM + MN + NR < QP + PR = a,$$
đó là những gì được yêu cầu.

Lưu ý rằng đối với $(2n + 1)$-gons, phát biểu tương tự là không đúng.

S. V. Gashkov

**F943. Một vật nhỏ rơi xuống đất ở độ cao. Xét tác động của một vật lên mặt đất là hoàn toàn đàn hồi,

39

tăng tốc vật ngay sau khi nảy lên khỏi mặt đất.

Hình 1.

Hình 2.

Với tốc độ tương tự như cơ thể, nghĩa là lên. Vì lực cản tăng khi tốc độ tăng dần nên chúng ta sẽ tìm được một độ cao như vậy (theo trạng thái của vật rơi từ một độ cao rất lớn) mà tại đó lực cản tác dụng một mô đun trọng lực (hình 1):

$$mg - F_c = 0, \quad mg + F_c = 0.$$

Bắt đầu từ thời điểm này, cơ thể sẽ rơi với tốc độ không đổi $\vec{v}$.

Với cùng vận tốc theo mô hình nhưng ngược chiều, vật sẽ bật lên khỏi mặt đất ngay sau khi có tác dụng đàn hồi abcilton vào nó. Tại thời điểm này, có hai lực có hướng bằng nhau và có độ lớn bằng nhau (hình 2) tác dụng lên vật nên gia tốc của nó sẽ bằng

$$a = \frac{mg + F_c}{m} = \frac{2mg}{m} = 2g \approx 20 \text{ m/c}^2.$$

A. G. Shikhkerimov

F944. Trên một vật rắn chuyển động tịnh tiến dọc theo một mặt phẳng nằm ngang gồ ghề, tại thời điểm thời gian $t_0 = 0$, khi tốc độ của vật là $v_0$ thì lực $F(t)$ bắt đầu tác dụng, luôn hướng dọc theo vectơ $\vec{v}_0$ và quay trở lại theo thời gian. Sau thời gian $t$, tốc độ của vật sẽ bằng $v_i$, và $v_i = 5 \text{ m/c}$ nếu $v_0 = 1 \text{ m/c}$, và $v_i = 13 \text{ m/c}$ nếu $v_0 = 10 \text{ m/c}$. Xác định sự phụ thuộc $v_i = f(v_0)$ cho mọi $v_0$ có ​​thể.

Bắt đầu từ thời điểm thời gian $t = 0$, hai lực tác dụng lên vật - lực $F(t)$ này quay trở lại theo thời gian và lực ma sát, ở đây có thể lấy giá trị từ 0 đến lực ma sát nghỉ cực đại, bằng lực ma sát trượt $F_{\tau p} = \mu mg$ (μ là hệ số ma sát, $m$ là khối lượng cơ thể). Các lực này hướng ngược nhau nên rõ ràng bản chất chuyển động của vật sẽ được quyết định bởi mối liên hệ giữa các mô đun lực tác dụng lên vật, và hơn hết là ở thời điểm ban đầu. Chúng ta hãy tính khoảng cách khả năng xảy ra tại thời điểm bắt đầu $t = 0$, hai lực tác dụng lên vật - lực $F(t)$ này, quay trở lại theo thời gian trong một khoảng thời gian nhất định $t$ không phụ thuộc vào tốc độ: $v_i = v_0 + C$ (trong đó $C$ là một hằng số nào đó). Biểu đồ tương ứng được hiển thị trên hình 1. Dễ dàng nhận thấy rằng dữ liệu bài toán không “khớp” với biểu đồ này. Vì vậy, $F(0) < \mu mg$.

Vì lực $F(t)$ quay trở lại theo thời gian nên đến một lúc nào đó, ta gọi nó là “đến hạn”, hóa ra nó bằng lực ma sát tĩnh cực đại: $F(t_{\kappa p}) = \mu mg$. Điều này có thể xảy ra trước thời điểm được chỉ định $t$ hoặc sau thời điểm đó (tất nhiên, có thể điều này sẽ không xảy ra, nhưng sẽ nói thêm về điều đó sau).

Hãy để $t_{\kappa p} < t$. Sau đó, cơ thể đầu tiên, cho đến thời điểm $t_{\kappa p}$, di chuyển chậm, rồi tăng tốc. Nhưng ở đây cũng có thể xảy ra hai trường hợp: tại thời điểm $t_{\kappa p}$ tốc độ của vật bằng 0 hoặc lớn hơn 0. Rõ ràng là trường hợp đầu tiên chỉ có thể được thực hiện ở tốc độ ban đầu đủ thấp. Trong trường hợp này, tốc độ $v_i$ không phụ thuộc vào tốc độ $v_0$ (cơ thể chuyển động chậm, dừng lại và bắt đầu chuyển động trở lại, “quên” tốc độ ban đầu $v_0$): $v_i = A$. Tăng dần tốc độ ban đầu, chúng ta sẽ đạt được giá trị như vậy, chúng ta sẽ gọi nó là “quan trọng”, khi

40

$v_0 > v_{\text{кр}}$ cơ thể sẽ chuyển động không ngừng. Trong trường hợp này, bắt đầu từ thời điểm $t_{\text{кр}}$, lực $F(t) - \mu mg$ sẽ tác dụng lên vật, không phụ thuộc vào tốc độ nên $v_t = v_0 + B$. Do đó, tại $t_{\text{кр}} < t$ đồ thị của $v_t = f(v_0)$ có dạng như ở hình 2.

Hãy để bây giờ $t_{\text{кр}} > t$. Thực hiện các phép tính tương tự, chúng ta sẽ đi đến biểu đồ như trong hình 3. Rõ ràng, biểu đồ này cũng phù hợp với trường hợp cuối cùng có thể xảy ra, khi lực $F(t)$ luôn nhỏ hơn $\mu mg$ (vật thể sẽ dừng lại cho đến thời điểm $t$ hoặc sẽ chuyển động với gia tốc, không phụ thuộc vào tốc độ).

Vì vậy, chúng ta đã thu được ba đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của tốc độ cuối cùng của một vật vào tốc độ ban đầu của nó. Trong trường hợp này, các điểm được chỉ định trong các điều kiện bài toán ($v_t = 5$ m/s tại $v_0 = 1$ m/s và $v_t = 13$ m/s tại $v_0 = 10$ m/s) chỉ “phù hợp” trên biểu đồ hiển thị ở hình 2. Do đó,

$$v_t = \begin{cases} A & \text{при } v_0 \leqslant v_{\text{кр}}, \\ B + v_0 & \text{при } v_0 > v_{\text{кр}}. \end{cases}$$

“Kết hợp” hai điều kiện này, có tính đến dữ liệu cụ thể, cuối cùng chúng ta thu được (hình 4):

$$v_t = \begin{cases} 5 \text{ м/c} & \text{при } v_0 \leqslant 2 \text{ м/c}, \\ 3 \text{ м/c} + v_0 & \text{при } v_0 > 2 \text{ м/c}. \end{cases}$$

R. L. Mkrtchyan, O. M. Khudaverdyan

◆ Hiệu suất của một quy trình tuần hoàn được định nghĩa là $\eta = A / Q$, trong đó $A$ là công mà hệ thống thực hiện trong mỗi chu kỳ, $Q$ là lượng nhiệt mà hệ thống nhận được ở trục vít tương ứng và trong chu kỳ thứ hai. Hãy tìm $Q_1$ và $Q_2$.

Gọi nhiệt độ của khí tại điểm 1 là $T_1$. Sử dụng phương trình trạng thái của khí lý tưởng, dễ dàng chứng minh được rằng

$$T_2 = T_5 = 2T_1, T_3 = T_6 = 6T_1, T_4 = 3T_1, T_7 = 9T_1.$$

Rõ ràng là trong quá trình 1-2-3-4-1, khí đã nhận nhiệt $Q_1$ trong các phần 1-2 và 2-3, và $Q_1 = A_1 + \Delta U_1$, trong đó $A_1 = 4p_0V_0 = 4vRT_1$ là công do khí thực hiện trong các phần này, $\Delta U_1 = \frac{3}{2}vR(T_3 - T_1) = \frac{15}{2}vRT_1$ là độ biến thiên nội năng của nó. Vì thế

$$Q_1 = 4vRT_1 + \frac{15}{2}vRT_1 = \frac{23}{2}vRT_1.$$

Trong quy trình 5-6-7-4-5, khí nhận nhiệt $Q_2$ ở phần 5-6 và 6-7, và

$$Q_2 = A_2 + \Delta U_2 = 3p_0V_0 + \frac{3}{2}vR(T_7 - T_5) \frac{27}{2}vRT_1.$$

42

Biểu thị khoảng cách $r_1$ và $r_2$ theo $l$ từ tam giác $ABC$ bằng định lý sin, ta đi đến phương trình
$(\cos \beta - \cos \gamma)(\cos^2 \beta + \cos^2 \gamma + \cos \beta \cos \gamma - 1) = 0$.

Nếu đánh đồng thừa số đầu tiên bằng 0, chúng ta sẽ nhận được trường hợp tầm thường: $\beta = \gamma$ (cả hai góc đều cấp tính*)), tức là điểm $C$ thuộc chính mặt phẳng $\Pi$. Vụ này chúng tôi không quan tâm.

Chúng ta hãy đánh đồng hệ số som thứ hai bằng 0:
$$\cos^2 \beta + \cos^2 \gamma + \cos \beta \cos \gamma - 1 = 0.$$ (1)

Có hai ẩn số trong phương trình này nên về nguyên tắc có thể có vô số nghiệm. Tuy nhiên, ở đây các thông báo 1)-3) đã nêu trước đó sẽ hữu ích cho chúng ta. Chúng ta hãy xem xét các đường lực xuất hiện từ điện tích bên trái và rơi vào bên trong hình nón với một góc $\alpha$ giữa đường sinh và trục của hình nón (đường $AB$). Rõ ràng là số có điều kiện $N$ của các đường này tỷ lệ thuận với giá trị của góc đặc $\Omega = 2\pi(1 - \cos \alpha)$ (bạn có thể tự suy ra công thức này):

$$N = K \cdot \Omega = K \cdot 2\pi(1 - \cos \alpha).$$

Mặt khác, do các đường sức của trường kết quả không giao nhau, nên có thể tìm thấy cùng số lượng đường sức nếu chúng ta xem xét các đường sức được tạo bởi mỗi điện tích trong số hai điện tích riêng biệt, giao nhau với một đường tròn có đường kính $CC'$ (hình 3):

$$N = K \cdot 2\pi(1 - \cos \beta) - K \cdot 2\pi(1 - \cos \gamma)$$

(hiệu số chứ không phải tổng được lấy ở đây vì các đường sức của điện tích bên trái cắt đường tròn đã chọn từ trái sang phải và các đường sức của điện tích bên phải - ngược lại). Vì vậy chúng tôi nhận được

$$K \cdot 2\pi(1 - \cos \alpha) = K \cdot 2\pi(1 - \cos \beta) - K \cdot 2\pi(1 - \cos \gamma),$$

hoặc

$$1 - \cos \alpha = \cos \gamma - \cos \beta.$$ (2)

Hãy kết hợp các phương trình (1) và (2) trong hệ thống:

$$\begin{cases} 1 - \cos \alpha = \cos \gamma - \cos \beta, \\ \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma + \cos \beta \cos \gamma = 1. \end{cases}$$

Hệ thống này, một lần nữa, có tính đến các góc $\beta$ và $\gamma$ là nhọn, có một lời giải duy nhất:

$$\cos \beta = \frac{\cos \alpha - 1 + \sqrt{(3 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)}}{2},$$

$$\cos \gamma = \frac{1 - \cos \alpha + \sqrt{(3 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)}}{2}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm khoảng cách cần thiết $x$ (xem hình 2):

$$x = \frac{l}{2} - r_1 \cos \beta = \frac{l}{2} \left(1 - 2 \frac{\sin \gamma \cos \beta}{\sin (\beta + \gamma)}\right),$$

trong đó các góc $\beta$ và $\gamma$ có thể được biểu thị từ các đẳng thức trước đó ($\beta = \arccos \beta$ và $\gamma = \arccos \gamma$). Không khó để “kiểm tra” đáp số thu được đối với hai trường hợp đặc biệt được đánh giá: a) nếu $\alpha = 90^\circ$ thì $x = l/2$, tức là đường lực này ngay lập tức “quay” sang trái; b) nếu $\alpha = 0^\circ$, thì $x = 0$, tức là, đường trường đầu tiên đi dọc theo đoạn $l$, đến điểm $O$, tại đó nó bị “ngắt” (tại thời điểm này không có trường).

43

stuvet), rồi đi dọc theo một đường thẳng đứng (trong mặt phẳng Π).

Việc còn lại của chúng ta là tìm ra đường thẳng nào mà đường sức trường đã cho sẽ tiệm cận ở một khoảng cách lớn so với các điện tích.*) Nói cách khác, chúng ta cần tìm góc δ, và trong trường hợp cuối cùng là δ’ (xem hình 2). Tin nhắn 1), 2) và 4) sẽ giúp thực hiện việc này.

Một mặt, tất cả các đường sức không vượt ra ngoài hình nón có góc δ giữa ma trận sinh và trục đều xuất phát từ điện tích bên trái trong góc tele bằng 2π(1−cos(π−α))=2π(1+cos α). Vậy số của họ

N=K·2π(1+cos α).

Mặt khác, chúng ta có cùng số đường thẳng nếu chúng ta coi hệ là một điện tích chính xác 2q đặt tại điểm O:

N=2K·2π(1−cos δ).

Vì vậy, chúng tôi nhận được

K·2π(1+cos α)=2K·2π(1−cos δ),

Ở đâu

cos δ=1−cos α/2, δ=arccos(1−cos α)/2.

Góc δ’ bù với góc δ đến 90°, do đó

δ’=arcsin(1−cos α)/2.

Ví dụ: nếu α=90°, thì δ’=30°, nếu α=0°, thì δ’=0°, nếu α=180°, thì δ’=90°, nghĩa là, đây là những trường hợp một phần tầm thường của “sự tương ứng” tốt với trực giác và lẽ thường.

V. A. Nakhshin

F947. Vỏ của trạm vũ trụ là một hình cầu đo được, nhiệt độ của nó do hoạt động của thiết bị bên trong trạm là T = 500 K. Nhiệt độ của vỏ sẽ là bao nhiêu nếu trạm được bao quanh bởi một màn hình cầu mỏng màu đen có bán kính gần bằng bán kính của vỏ? Lượng nhiệt tỏa ra trên một đơn vị bề mặt tỷ lệ với lũy thừa bậc 4 của nhiệt độ tuyệt đối.

◆

Tổng lượng nhiệt Q tỏa ra không gian trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào năng lượng giải phóng trong quá trình vận hành thiết bị trạm, do đó sự hiện diện của màn chắn sẽ không làm thay đổi nhiệt lượng này. Nhưng lúc này bề mặt nhiệt của màn hình đang tỏa nhiệt; do đó, nhiệt độ màn chắn phải bằng nhiệt độ ban đầu của trạm T=500 K.

Tuy nhiên, màn hình không chỉ tỏa ra tải mà còn tỏa ra bên trong và đây chính là lượng nhiệt Q. Bức xạ này chạm vào vỏ của trạm và bị nó hấp thụ. Như vậy, lượng nhiệt cung cấp cho vỏ trạm trong một đơn vị thời gian là tổng nhiệt lượng do các thiết bị tạo ra và tỏa ra từ bề mặt bên trong của màn hình, tức là bằng 2Q. Chính xác cùng một lượng nhiệt phải được tỏa ra; Có nghĩa,

$$\frac{2Q}{Q} = \frac{T^4}{T^4},$$

từ đó chúng tôi tìm thấy nhiệt độ mong muốn của vỏ trạm:

$$T_x = \sqrt[4]{2} T \approx 600 \text{ K}.$$

A. I. Buadin