Bài toán M971—M975; F983—F987

31

Nhiệm vụ

M971 — M975; F983 — F987

M971. Tám đội bóng chuyền thi đấu một vòng (mỗi đội đấu với nhau một lần). Chứng minh rằng có thể chọn trong đó 4 đội A, B, C, D sao cho A thắng B, C và D, B thắng C và D, C thắng D.

A. T. Ukraintsev

M972. Trình tự $x_1, x_2, \dots$ được cho bởi các điều kiện $x_1 = \frac{1}{2}, x_{n+1} = x_n^2 + x_n$ ($n=1, 2, \dots$). Tìm phần nguyên của một số

$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \dots + \frac{1}{x_{100}+1}$$

A. A. Anzhans

M973. Cho tam giác ABC vẽ đường cao AH và đường phân giác BE. Chứng minh rằng nếu $\angle BEA = 45^\circ$ thì cũng $\angle EHC = 45^\circ$.

I. F. Sharyzin

M974. Hai người chơi cờ với một chiếc đồng hồ. Sau khi cả hai đi được 40 nước, đồng hồ của họ chỉ 2 giờ 30 phút.
a) Chứng minh rằng trong trò chơi có một thời điểm đồng hồ của người này nhanh hơn đồng hồ của người kia hơn 1 phút 50 giây.
b) Có thể nói rằng ở một số thời điểm chênh lệch giữa các số chỉ của đồng hồ ít nhất là 2 phút?

S. V. Fomin

M975. Có 20 quân cờ khác nhau trên một “bàn cờ” có kích thước $n \times n$. Được biết, mỗi hình từ trường bất kỳ sẽ có không quá 20 trường.
a) Chứng minh rằng với $n=100$ các hình này có thể được sắp xếp lại sao cho chúng không phải là nhau.
b) Biết thêm rằng nếu một hình được quay thì tập hợp các trường của nó cũng sẽ được quay song song (theo cùng một vectơ).
Chứng minh rằng với $n=30$ 20 hình này có thể được sắp xếp lại sao cho chúng không thuộc nhau.

A. K. Tolpygo

F983. Một khối có khối lượng $m=1$ kg nằm trên một mặt bàn thô; hệ số ma sát tĩnh của khối trên bàn $\mu_0=1$ N/m, hệ số ma sát trượt $\mu=0,9$ N/m. Một lò xo có độ cứng $k=1$ N/m được gắn vào vật. Lò xo bắt đầu bị kéo theo phương ngang sao cho đầu tự do của nó chuyển động với vận tốc không đổi $v$ (hình 1). Khối sẽ di chuyển như thế nào?

I. I. Mazin

32

F984. Khi chặt, chiếc rìu đôi khi bị mắc vào một khúc gỗ bị chẻ. Trong những trường hợp như vậy, họ sẽ tiêm thêm như trong hình 2 hoặc như trong hình 3. Phương pháp nào hiệu quả?

T. S. Petrova

F985. Một ống nghiệm A úp ngược được nhúng vào một bình chứa đầy ete lỏng. Bong bóng ngay lập tức bắt đầu nổi lên từ nó. Các bong bóng được “thu thập” vào ống nghiệm B (hình 4), ban đầu chứa đầy ete, chiều dài của ống nghiệm này dài gấp đôi chiều dài của ống nghiệm A. Trong trường hợp này, $\frac{2}{3}$ thể tích ban đầu của ete bị đẩy ra khỏi ống nghiệm B. Nhiệt độ trong phòng được duy trì ở 20 ° C, áp suất bằng áp suất khí quyển bình thường. Giải thích nguồn gốc của hiện tượng và xác định, từ dữ liệu có sẵn trong bài toán, áp suất của hơi ete bão hòa ở nhiệt độ đã chỉ định.

A. I. Buzdin

F986. Hai tấm đã được làm sạch tốt, bạch kim và vonfram, được đặt trong chân không để tạo thành một tụ điện song song. Khoảng không gian giữa chúng được lấp đầy bằng carbon monoxide CO. Xác định hiệu điện thế thu được giữa các bản. Xét rằng các phân tử CO lắng đọng trên bề mặt kim loại với liên kết hóa học cacbon-kim loại được hình thành; phân tử CO là lưỡng cực (hình 5), $|\Delta q| \cdot l = 3,3 \cdot 10^{-31}$ C m.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F987. Trong bức tranh “March” của I. Levitan (xem trang 8 và trang 1 của bìa), bóng trên tuyết do cây đổ vào một ngày nắng trong có màu xanh lam. Sẽ sai lầm hơn (từ quan điểm vật lý) nếu coi họ là những người đen tối, vô hồn (đen hoặc xám)?

A. S. Butov

Problems

M971—M975; P983—P987

M971. Eight volleyball teams took part in a round robin tournament (each team playing once with each). Prove that it is possible to choose four teams A, B, C, D among the eight so that A has defeated B, C and D, B has defeated C and D, C has defeated D.

A. T. Ukraintsev

M972. The sequence $x_1, x_2, \ldots$ is defined by the conditions $x_1 = \frac{1}{2}, x_{n+1} = x_n^2 + x_n$ (n=1, 2, …). Find the integer part of the number

$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \ldots + \frac{1}{x_{100}+1}.$$

A. A. Andjans

M973. In triangle ABC, AH is an altitude and BE a bisector. Prove that $\angle BEA = 45^\circ$ implies $\angle EHC = 45^\circ$.

I. F. Sharygin

M974. Two players played a chess game, using a standard (double) time-punching clock. After both had made 40 moves, both clocks showed 2 hours 30 minutes.

34

M952. Hãy ký hiệu bằng {x} phần phân số của số x; {x}=x-[x], trong đó [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
a) Cho ví dụ về số a sao cho $\{a\}+\{1/a\}=1$.
b) Chứng minh rằng số a như vậy không thể hữu tỉ.

M953. Có sáu điểm trên một mặt phẳng, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Tất cả 15 đường thẳng được vẽ nối liền

tam giác đầu tiên có ít hơn: $\angle A < \angle FOB$. Tương tự, $\angle C < \angle BOD$, $\angle E < \angle DOF$. Kể từ đây,

$$\angle A + \angle C + \angle E < \angle FOB + \angle BOD + \angle DOF,$$

a tổng ở phía bên phải (*) bằng 2π (khi tam giác BDF nhọn hoặc hình chữ nhật; hình 1) hoặc nhỏ hơn (khi tam giác này tù; hình 2). Tương tự, người ta chứng minh rằng $\angle B + \angle D + \angle F < 2\pi$ (vì $r_1 < 1$), và do đó tổng tất cả các góc của một hình lục giác nhỏ hơn 4π, điều này là không thể. Vì vậy, $r \geq 1$.

Một tuyên bố mạnh mẽ hơn cũng đúng: trong ký hiệu của chúng tôi là $r > 1 > r_1$ hoặc $r = r_1 = 1$. Để chứng minh điều này, trước hết ta chứng minh các tam giác ACE và BDF là các tam giác nhọn. Ví dụ, giả sử góc BFD không nhọn. Khi đó điểm F nằm trong đường tròn có đường kính BD, tức là $MF \leq MB$, trong đó M là trung điểm của BD (hình 3). Do đó, điểm N giao điểm của đường trung trực với BF với đoạn BD nằm giữa B và M. Hai tam giác đều BFA và BFN có chung đáy BF và đồng thời $BN \leq BM < 1 = BA$ (vì $2BM = BD < BC + CD = 2$) nên $\angle AFB > \angle FBD$. Tương tự như vậy, $\angle DFE > \angle FDB$. Nhưng khi đó góc của lục giác tại đỉnh F lớn hơn $\pi$ ($\angle F = \angle AFB + \angle BFD + \angle DFE > \angle FBD + \angle BFD + \angle FDB = \pi$), và điều này mâu thuẫn với tính lồi của lục giác.

Do đó, người ta đã chứng minh rằng phần bên phải của bất đẳng thức (*) bằng 2π và suy luận theo cách tương tự như trên, chúng ta thu được $r_1 \leq 1$ (nếu không thì tổng các góc của một hình lục giác sẽ lớn hơn 4π).

Cuối cùng, nếu một trong các bán kính, chẳng hạn r, bằng 1, thì rõ ràng các điểm A, C và E đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác BDF đối với cạnh của nó (hình 4). Từ đây dễ dàng suy ra rằng $\triangle ACE = \triangle DFB$ có nghĩa là $r_1 = 1$. (Ngoài ra, trong trường hợp này các tam giác ACE và DFB đối xứng nhau qua điểm giữa của đoạn OH, trong đó H là giao điểm các đường cao của tam giác BDF sao cho các cạnh đối diện của lục giác đó song song.)

E. Horvat, V. N. Dubrovsky

a) Đáp số: một trong các ví dụ của $-a = 2 + \sqrt{3}$. Thật vậy, vì $2 + \sqrt{3}(2 - \sqrt{3}) = 1$,
$\{a\} + \{1/a\} = (\sqrt{3} - 1) + (2 - \sqrt{3}) = 1$.

Tuy nhiên, bất kỳ số nào có dạng $n \pm \sqrt{n^2 - 1}$ đều phù hợp, trong đó $n$ là số nguyên và lớn hơn 1.

b) Giả sử rằng số $a$ là số hữu tỉ và biểu diễn nó dưới dạng phân số tối giản: $a = m/n$. Nếu $\{a\} + \{1/a\} = 1$ thì rõ ràng $a + 1/a$ là số nguyên; hãy biểu thị nó bằng k. Vì vậy, $m/n + n/m = k$, tức là $m^2 + n^2 = kmn$. Theo đó, $m^2$ chia hết cho n, và $n^2$ chia hết cho m, và tam giác m và n nguyên tố chung; điều này chỉ có thể thực hiện được với $|m| = |n| = 1$, tức là với $a = \pm 1$. Nhưng trong trường hợp này $\{a\} + \{1/a\} = 0$. Do đó, phương trình đang xét không có số hữu tỷ lời giải.

I. Varga

a) Đáp số: 10 điểm. Một ví dụ về sự sắp xếp với 10 điểm giao nhau của ba đường thẳng được thể hiện trong hình 1: các đỉnh và tâm của một hình ngũ giác đều được lấy ở đây làm 6 điểm ban đầu.

35

những điểm này được ghép nối. Số điểm lớn nhất (ngoài dữ liệu) mà tại đó 3 trong số 15 đường thẳng này giao nhau là bao nhiêu?

Hình 1.

Hình 2.

M954. a) Một đường thẳng nội tiếp các cạnh a và b sao cho tất cả các đỉnh của nó đều nằm trên các cạnh của tam giác. Gọi $a_1$ và $b_1$ là độ dài hình chiếu của tam giác lên các đường thẳng song song với cạnh a và b của đường thẳng. Chứng minh đẳng thức
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} = 1.$$
b) Một đường thẳng song song với các cạnh a, b và c nội tiếp trong một tam giác tùy ý sao cho tất cả các đỉnh của nó đều nằm trên một mặt của tam giác. Gọi $a_1$, $b_1$ và $c_1$ là độ dài các hình chiếu của tam giác lên các đường thẳng song song với các cạnh a, b và c. Chứng minh đẳng thức
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = 1.$$

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra rằng trên mỗi trong số 15 dòng đang xem xét không có nhiều hơn hai điểm giao nhau ba điểm (khác với dữ liệu), nghĩa là tổng số của chúng không vượt quá (15·2): $3=10$ (khi tính toán, phải tính đến việc mỗi điểm này nằm trên ba dòng).

Lưu ý rằng 6 đường thẳng nối 4 điểm bất kỳ trong số này theo cặp cắt nhau tại ba điểm (nếu không có đường thẳng nào song song giữa các đường thẳng này) và ba điểm này không thể nằm trên cùng một đường thẳng (hình 2). Do đó, trên đường thẳng nối hai điểm còn lại có nhiều nhất hai giao điểm ba điểm có thể nằm, đó là điều ta cần chứng minh.

Phát biểu in nghiêng không khó chứng minh bằng cách sử dụng thực tế là một đường thẳng không đi qua các đỉnh của một tam giác và cắt một cạnh của nó thì cắt đúng một cạnh kia *). Điều thú vị là trong một số hình học phi Euclide, tuyên bố này được coi là một tiên đề (tiên đề Fano), và trong một số hình học, nó không được thỏa mãn chút nào.

V. V. Prasolov

a) Rõ ràng, trên một cạnh của tam giác phải có hai đỉnh liền kề của một đường trượt thẳng, trên hai cạnh còn lại phải có một đỉnh khác (hình 1). Trong ký hiệu hình 1, từ mức độ sẵn sàng của các tam giác ABC và NMC, ACD và ANK, ta thu được
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} = \frac{NM}{AB} + \frac{KN}{DC} = \frac{NC}{AC} + \frac{AN}{AC} = 1.$$
Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn đẳng thức $a_1=AB$, hãy nhớ rằng trong bài toán 6) các phát biểu tương tự không quá rõ ràng. Hình chiếu của điểm C lên đường thẳng AB nằm trên đoạn AB (nếu không thì một trong các điểm K và L - các hình chiếu của N và M trên AB - phải nằm ngoài đoạn này); do đó hình chiếu của tam giác lên đường thẳng KL=AB trùng với cạnh AB của nó.

6. Rõ ràng là trên một mặt của một tam giác có thể có toàn bộ một mặt của hình song song, hoặc một trong các cạnh của nó, hoặc một đỉnh, hoặc không có đỉnh nào cả (tuy nhiên, cái sau, như chúng ta sẽ thấy sau, là không thể). Hãy xem xét hai trường hợp.

7. Cho một số mặt KLMN của mặt phẳng song song nằm trên mặt ABC của tam giác ABCD cho trước. Khi đó mặt song song $K'L'M'N'$ được nội tiếp trong phần $A'B'C'$ của tam giác bằng mặt phẳng của mặt này (hình 2). Đặt $KL=a$, $KN=b$, $KK'=c$. Vì hình chiếu E của đỉnh D lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC (nếu không thì một trong các điểm K, M, N phải nằm ngoài đỉnh D) nên các hình chiếu $a_1$ và $b_1$ của tam giác lên các đường thẳng KL và KN trùng với các hình chiếu của mặt ABC lên các đường thẳng này. Hình chiếu $c_1$ của tam giác lên đường thẳng KK’, very.no, bằng chiều cao DE của nó. Tam giác $A'B'C'$ bằng tam giác ABC có tâm D và hệ số $k=DE'/DE=(c_1-c)/c_1=1-c/c_1$ (E’ là giao điểm của DE và mặt phẳng $A'B'C'$), do đó, các hình chiếu của tam giác $A'B'C'$ lên $K'L'$ và $K'N'$

*) Xem sách giáo khoa của A.V. Pogorelov “Hình học 6-10” (Định lý 1.2).

36

Hình 2. Ba trường hợp có thể xảy ra ở đây sẽ được xử lý giống hệt nhau.

Hình 3.

Hình 4.

bằng $ka_1$ và $kb_1$ và do bài toán a)
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = k \left( \frac{a}{ka_1} + \frac{b}{kb_1} \right) + \frac{c}{c_1} = k + \frac{c}{c_1} = 1.$$

2. Không để mặt nào của hình song song nằm hoàn toàn bên trong mặt của tứ diện. Khi đó trên mỗi mặt của tứ diện phải có hai đỉnh của hình song song, tức là một cạnh. Dễ hiểu rằng trong bốn cạnh này, hai cạnh, chẳng hạn như KL và MN, nhất thiết phải nằm trên một mặt của hình song song và song song, còn hai cạnh còn lại - K’N’ và L’M’ - ở mặt đối diện và vuông góc với hai cạnh đầu tiên. Do đó, cạnh chung AB của các mặt tứ diện chứa các đoạn KL và MN song song với chúng, cạnh đối diện của tứ diện CD song song với K’N’ và L’M’ (và vuông góc với AB; hình 3).

Gọi EF là các đường vuông góc chung AB và CD, P và Q là giao điểm của nó với các mặt phẳng KLM và K’L’M’. Hình chiếu $c_1$ của tứ diện lên KK’, rất indo, bằng EF, và các hình chiếu của nó $a_1$ và $b_1$ lên các đường thẳng AB và CD (song song với KL và KN) trùng với các hình chiếu của tam giác ABF lên AB và CDE lên CD. Chúng ta hãy xem xét hình chiếu của khối đa diện của chúng ta trên các mặt phẳng ABF (hình 4, a) và CDE (hình 4, b). Lập luận tương tự như ở cuối điểm a), ta tin rằng điểm E nằm giữa A và B, và F - giữa C và D. Do đó, $a_1 = AB$, $b_1 = CD$. Bây giờ, sử dụng việc chuẩn bị các hình tam giác trong Hình 4, a và 4, b, chúng ta có được
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = \frac{FQ}{FE} + \frac{PE}{FE} + \frac{PQ}{FE} = 1.$$

Mệnh đề bài toán cũng đúng đối với một hình song song tùy ý nội tiếp trong một tứ diện, nếu theo $a_1$, $b_1$, $c_1$, chúng ta muốn nói đến độ dài của các hình chiếu song song của tứ diện lên các cạnh a, b, c của hình song song dọc theo các mặt phẳng của các mặt tương ứng của hình bình hành.

V. N. Dubrovsky

M955. n những người tham gia “bữa tiệc trà điên” đang ngồi ở một chiếc bàn tròn. Mỗi phút có một cặp hàng xóm đổi chỗ cho nhau. Sau thời gian ngắn nhất mà tất cả những người tham gia tiệc trà có thể thấy mình ngồi theo thứ tự ngược lại (để hàng xóm của mọi người ở bên trái trở thành bên phải và ngược lại)? Giải bài toán: a) với n=4, 5 và 6; b) với mọi n ≥3.

◆
a), b) Đáp số: đặt $t_n$ là thời gian tối thiểu bắt buộc (tính bằng phút), sau đó $t_{2k} = k^2 - k$, $t_{2k+1} = k^2$; cụ thể là $t_4 = 2$, $t_5 = 4$, $t_6 = 6$.

Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó với $n \geqslant 4$
$$t_n \geqslant t_{n-1} + \left[ \frac{n-1}{2} \right]$$

([a] là phần nguyên của a). Hãy tưởng tượng rằng những người tham gia tiệc trà đang ngồi ở các đỉnh của một n-giác thông thường. Sau đó, vị trí cuối cùng của chúng được lấy từ vị trí ban đầu bằng cách đối xứng so với một trục nào đó. Đặt A là một trong những phần ở xa trục nhất, B đối xứng với nó. Đường đi ngắn nhất từ ​​A đến B dọc theo ranh giới của một đa

37

Hình vuông (đa tuyến màu đỏ tại hình 1) chứa $k \geqslant [(n-1)/2]$ cạnh (xem hình 1), vì vậy $A$ phải đi dọc theo đường dẫn đến $B$ ít nhất $k$ cạnh, nghĩa là tạo ít nhất $k$ giao điểm. Nhưng trong những lần vượt qua này, thứ tự vị trí tương đối của những người tham gia $n-1$ còn lại không thay đổi và họ cần thực hiện ít nhất $t_{n-1}$ vượt qua nhau để được xếp theo thứ tự ngược lại, đó là nơi (1) theo sau.

Vì $t_3=1$ (hình 2), từ ước tính (1) chúng ta thu được điều đó

$$t_{2k} \geqslant 1 + \left[ \frac{3}{2} \right] + \left[ \frac{4}{2} \right] + \dots + \left[ \frac{2k-1}{2} \right] = 2(1+2+\dots+(k-1)) = k^2-k,$$

(2)

$$t_{2k+1} \geqslant 1 + \left[ \frac{3}{2} \right] + \dots + \left[ \frac{2k-1}{2} \right] + \left[ \frac{2k}{2} \right] = k^2.$$

(3)

Hãy chứng minh rằng giao điểm tìm được ở đây là đủ, tức là dấu $\geqslant$ trong (2) và (3) có thể thay thế bằng dấu $=$. Hãy liệt kê những người tham gia đơn vị theo thứ tự từ 1 đến $n$ và chia họ thành hai nhóm - từ 1 đến $k$ và từ $(k+1)$ đến $n$. Để thay đổi thứ tự trong nhóm đầu tiên, nó sẽ ghép tuần tự người tham gia thứ nhất với người thứ 2, thứ 3, …, $k$, sau đó người thứ 2 với người thứ 3, thứ 4, …, $k$, v.v. (hình 3). Việc này sẽ phải qua $(k-1)+(k-2)+\dots+1 = (k^2-k)/2$. Tương tự, với giao điểm $(n-k)(n-k-1)/2$, chúng ta nhận được thứ tự ngược lại ở nhóm thứ hai. Tổng cộng, tại $n=2k$ hoặc $n=2k+1$ (tức là $k=[(n+1)/2]$ sẽ cần phải thực hiện tương ứng các giao lộ $k^2-k$ hoặc $k^2$.

Chúng ta hãy trình bày ý tưởng về một cách dẫn xuất khác của ước tính (2) và (3). Lưu ý rằng trong số ba người tham gia bất kỳ của phần này, ít nhất hai người phải được đặt vào đúng vị trí (nếu không thứ tự của họ sẽ được giữ nguyên). Chúng tôi kết nối hai người tham gia bằng một phân đoạn nếu họ không bao giờ phải giao nhau. Chúng ta sẽ nhận được một tập hợp các phân đoạn có điểm cuối tại $n$ điểm (hoặc như người ta nói, một biểu đồ có các đỉnh $n$). Do việc thay thế được thực hiện, các đoạn này (cạnh của đồ thị) không tạo thành một hình tam giác. Không khó để chứng minh bằng quy nạp rằng một đồ thị có $n$ đỉnh không có tam giác chứa nhiều nhất $[n^2/4]$ cạnh (đây là trường hợp đặc biệt gọi là định lý Turan; chứng minh cho số chẵn $n$ được đưa ra trong lời giải bài toán M934a trong «Kvant» số 11 năm 1985). Do đó, số cặp người tham gia giao nhau ít nhất một lần là $n(-1)/2 - [n^2/4]$, có thể dễ dàng xác minh, trùng với vế phải của (2) hoặc (3) - tùy thuộc vào tính chẵn lẻ của $n$.

V. V. Alekseev, V. N. Dubrovsky

F963. Các mặt phẳng $P$ và $Q$ cắt nhau vuông góc và mặt phẳng $P$ tạo một góc với đường chân trời (hình 1). Từ một điểm nào đó $A$ không gian

Thật thuận tiện khi tưởng tượng sự rơi tự do của một quả bóng từ điểm $A$ xuống mặt phẳng $P$ và chuyển động tiếp theo của nó dọc theo các quỹ đạo parabol là sự chồng chất của các chuyển động theo hai đường vuông góc lẫn nhau.

38

Một quả bóng nhỏ rơi tự do trên mặt phẳng P. Sự va chạm của quả bóng với mặt phẳng là lực đàn hồi thuận. Trong điều kiện nào quả bóng sẽ đến điểm A? Hình ảnh của một trong những quỹ đạo quay trở lại có thể.

ny hướng - dọc theo trục X và Y (xem hình 1).
Các “thành phần” của chuyển động sẽ được tăng tốc đồng đều với $v_{0x}=v_{0y}=0$ và các gia tốc $g_x=g \sin \alpha$ và $g_y=g \cos \alpha$. Tác động đàn hồi của quả bóng lên các mặt phẳng P và Q làm cho các chuyển động này diễn ra theo chu kỳ. Hãy ký hiệu khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng Q và P bằng l và h; thời gian di chuyển cho những khoảng cách này (“ở đó” hoặc “trở lại”) -

$$\tau_x = \sqrt{\frac{2l}{g \sin \alpha}}, \quad \tau_y = \sqrt{\frac{2h}{g \cos \alpha}}.$$

Việc quả bóng quay trở lại điểm A sẽ được thực hiện nếu nó xuất hiện đồng thời tại điểm A cả khi chuyển động dọc theo trục X và chuyển động dọc theo trục Y, nghĩa là nếu đẳng thức

$$\tau_x = k \tau_y,$$

trong đó k là số hữu tỉ. Trong trường hợp này, sẽ luôn có một số số m và n nhất định bằng “số lần di chuyển” của quả bóng dọc theo trục X và Y từ khi bắt đầu chuyển động cho đến khi xuất hiện tại điểm A:

$$m \tau_x = n \tau_y.$$

Chúng ta hãy tìm một đường đi mà theo đó quả bóng có thể một lần nữa đi đến điểm A. Bằng cách sử dụng sự tương ứng của các đoạn đường đi trong chuyển động có gia tốc đều ở những khoảng thời gian liên tiếp bằng nhau (tại $v_0=0$), chúng ta có thể hiển thị chính xác bằng đồ họa các vị trí mà quả bóng chạm vào mặt phẳng P và các điểm tiếp xúc của quỹ đạo của nó (các đoạn parabol) với trục X.

Tại hình 1, quỹ đạo đi xuống từ điểm A đến va chạm với mặt phẳng Q được thể hiện bằng màu tối. Chỉ có thể quay trở lại điểm A nếu quả bóng, sau khi được “phản xạ” từ mặt phẳng Q, ở đâu đó lại “nằm” trên cùng một quỹ đạo và di chuyển “lên” dọc theo nó. Không có quỹ đạo nào khác sẽ đưa bóng đến điểm A (tại thời điểm đó phải có $v_x=v_y=0$).

Cụ thể, nếu mặt phẳng Q gặp quả bóng trên đường thẳng $A_1B_1$ ($m=2, n=2$), hoặc trên đường thẳng $A_2B_2$ ($m=2, n=4$), hoặc trên $A_3B_3$ ($m=2, n=6$), v.v., thì ngay sau khi va chạm đàn hồi, nó sẽ tự tìm đến quỹ đạo màu xanh và chắc chắn sẽ quay trở lại điểm A.

Bây giờ chúng ta hãy chú ý đến quỹ đạo màu đỏ tại hình 1. Nếu sau khi phản xạ từ mặt phẳng Q, quả bóng rơi trên quỹ đạo này thì khi di chuyển “lên” dọc theo nó, nó sẽ bị phản xạ từ

$$Puc. 1. |AA_1|:|A_1A_2|:|A_2A_3|= =|BB_1|:|B_1B_2|:|B_2B_3|= =1:3:5.$$

39

Mặt phẳng $P$ sẽ lại nằm trên cùng một quỹ đạo và gần như dọc theo hướng ngược lại (quỹ đạo màu đỏ tương ứng với chuyển động của một quả bóng được ném từ điểm $B$ với tốc độ $v_0$ sao cho $v_{0y} = \sqrt{2gh} \cos \alpha$, $v_{0x} = 0$).

Tại giao điểm của quỹ đạo đỏ và xanh $|\vec{v}_{x1}| = |\vec{v}_{x2}|$ và $|\vec{v}_{y1}| = |\vec{v}_{y2}|$, theo định luật bảo toàn năng lượng, rõ ràng nếu tại một trong các điểm này (tại điểm $D$ hoặc tại điểm $E$) có mặt phẳng $Q$, thì quả bóng từ quỹ đạo màu xanh tại điểm này sẽ “chuyển” sang quỹ đạo màu đỏ và đi dọc theo điểm đó $B$ và quay trở lại máy bay $Q$ và sau khi “gieo” lại lần thứ hai vào quỹ đạo màu xanh lam, sẽ quay trở lại điểm $A$. Hơn nữa, đối với điểm $D$ $m_D = 4$, $n_D = 6$; cho điểm $E$ $m_E = 4$, $n_E = 10$.

Nhưng trong trường hợp chung, việc chuyển từ quỹ đạo màu xanh sang quỹ đạo màu đỏ và ngược lại phải được thực hiện thông qua “parabol trung gian” (chúng được hiển thị bằng màu xanh lục trên hình 2), và một số trong số chúng, có tiếp tuyến với trục $X$, nhất thiết sẽ có tiếp tuyến với trục $Y$. (Tại hình 2, toàn bộ quỹ đạo của quả bóng ở $m = 8$ và $n = 10$ được hiển thị.)

Nếu $k$ là số vô tỷ, trên mặt phẳng $Q$, parabol xanh sẽ không bao giờ cắt parabol đỏ và quả bóng sẽ không bao giờ kết thúc tại điểm $A$.

G. S. Lanudus

F964. Điểm vật chất tạo thành một hệ thống khép kín. Giữa hai điểm bất kỳ của hệ có một lực hấp dẫn bằng $\vec{F}_{ij} = km_i m_j \vec{r}_{ij}$, trong đó $m_i, m_j$ là khối lượng của các điểm, $\|\vec{F}_{ij}\|$ là lực tác dụng lên điểm $i$ từ điểm $j$, $\|\vec{r}_{ij}\|$ là khoảng cách giữa các điểm (hình 1), $k$ là một hệ số không đổi. Tại thời điểm ban đầu mọi bộ phận đều đứng yên. Chứng minh rằng sau một thời gian mọi điểm sẽ va chạm nhau. Xác định lần này nếu biết khối lượng của toàn bộ hệ $M = \sum_j m_j$ và hệ số $k$.

Chúng ta hãy chứng minh rằng các hạt va chạm đồng thời tại khối tâm của hệ.

Theo định nghĩa của khối tâm, vectơ bán kính $\vec{r}$ vẽ từ gốc tọa độ đến khối tâm là

$$\vec{r} = \sum_j m_j \vec{r}_j / M,$$

trong đó $\vec{r}_j$ là vectơ bán kính được vẽ từ gốc tọa độ đến điểm $c$ có khối lượng $m_j$.

Chúng ta hãy đặt gốc tọa độ ở tâm khối lượng của hệ thống. Vì vậy, chúng tôi đặt $\vec{r} = \vec{0}$. Nhưng theo (1) điều này có nghĩa là $\sum_j m_j \vec{r}_j = \vec{0}$. (Chúng ta sẽ sử dụng đẳng thức này hơn nữa.)

Lực tác dụng lên điểm $i$ từ phía của điểm $j$ bây giờ có thể được biểu thị như sau:

$$\vec{F}_{ij} = km_i m_j \vec{r}_{ij} = km_i m_j (\vec{r}_j - \vec{r}_i).$$

Vì vậy, từ các phía của tất cả các điểm của hệ, một lực tác dụng lên điểm thứ $i$

$$\vec{F}_i = km_i \sum_j m_j (\vec{r}_j - \vec{r}_i) = km_i \sum_j m_j \vec{r}_j - km_i \sum_j m_j \vec{r}_i =$$

$$= \vec{0} - km_i \vec{r}_i \sum_j m_j = -km_i M \vec{r}_i$$

(chúng tôi đã dạy điều đó $\sum_j m_j \vec{r}_j = 0$). Hãy viết lại (2) ở dạng $\vec{F}_i = -\alpha_i \vec{r}_i$ hoặc ở dạng vô hướng

$$F_i = -\alpha_i r_i,$$ ở đâu $\alpha_i = kMm_i$.

Chúng ta thấy rằng mỗi điểm chuyển động như thể nó được kết nối với khối tâm của hệ có độ cứng tác dụng $\alpha_i = kMm_i$, và trong trạng thái không tăng trưởng

40

Trong trường hợp này, chiều dài của lò xo bằng không.

Vì tại thời điểm ban đầu tất cả các điểm tích lũy (và các lò xo phát triển cùng lúc), nên trong tương lai mỗi điểm sẽ chuyển động hướng về phía tâm khối. Thời gian sau đó điểm $i$ phải tới khối tâm là 1/4 chu kỳ dao động của một vật có khối lượng $m_i$ trên một lò xo có độ cứng $\alpha_i$:

$$t_i = \frac{T_i}{4} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{m_i}{\alpha_i}} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kM}}.$$

Có thể thấy, $t_i$ không phụ thuộc vào tham số của một điểm cụ thể; do đó, tất cả các hạt sẽ đồng thời đến khối tâm sau thời gian $\frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kM}}$.

A. G. Samosvat

F965. Một bình hình trụ dài chứa đầy khí lý tưởng đến áp suất $p_0$. Đầu tiên, nhiệt độ của xi lanh được giữ không đổi và bằng $T_0$. Khi đó, nhiệt độ của một trong các thành cuối của bình tăng lên $\Delta T$, và nhiệt độ của thành đối diện vẫn giữ nguyên. Bắt đầu ổn định áp suất trong bình và vị trí khối tâm của khí. Hãy xem xét điều đó $\Delta T \ll T_0$.

◆ Sau khi thiết lập trạng thái cân bằng ở những nơi khác nhau của bình, áp suất khí sẽ như nhau, nhưng nhiệt độ sẽ khác nhau: sự xuyên qua thành ấm hơn nhiều hơn và sự xuyên qua thành đối diện ít hơn. Nếu $\Delta T \ll T_0$ thì ta có thể giả sử nhiệt độ thay đổi theo quy luật tuyến tính

$$T(x) = T_0 \left( 1 + \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)$$

(xem hình). Chúng ta hãy tưởng tượng chia bình thành các lớp mỏng có độ dày $\Delta x$ sao cho trong mỗi lớp, nhiệt độ khí có thể được coi là không đổi. Đối với khí trong mỗi lớp như vậy phải thỏa mãn các điều kiện sau:

$$p = n(x) \cdot k \cdot T(x),$$

trong đó $p$ là áp suất trong bình, $k$ là hằng số Boltzmann, $n(x)$ là nồng độ thể tích của khí trong một lớp nhất định. Có thể thấy nồng độ còn phụ thuộc vào $x$

$$n(x) = \frac{p}{kT_0 \left( 1 + \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)} \approx \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)$$

(chúng tôi đã sử dụng đẳng thức gần đúng $\frac{1}{1+\alpha} \approx 1-\alpha$ tại $\alpha \ll 1$) và theo quy luật tuyến tính, nó thay đổi từ $n_0 = \frac{p}{kT_0}$ ở bức tường “lạnh” thành $n_l = \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_0} \right)$ ở bức tường “ấm”. Nồng độ trung bình

$$n_{cp} = \frac{n_0 + n_l}{2} = \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0} \right).$$

Hãy để chúng tôi biểu thị thông qua $n_{cp}$ tổng số phân tử trong bình:

$$N = Sln_{cp} = \frac{pSl}{kT_0} \left( 1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0} \right)$$

($S$ là diện tích phần cuối của hình trụ). Ở phía bên kia,

$$N = Sln_0 = \frac{p_0Sl}{kT_0},$$

trong đó $n_0$ là nồng độ khí trong bình tại $p_0$, $T_0$. Từ (1) và (2) áp suất trong bình ở trạng thái cân bằng ổn định được tìm thấy:

41

$$p = \frac{p_0}{\left(1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right)} \approx p_0 \left(1 + \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right).$$

Vị trí hiện tại của khối tâm khí:

$$x_{\pi, \text{M}} = \frac{S}{N} \int_0^L dx \cdot x \cdot n(x) =$$

$$= L \left(1 + \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right) \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \frac{\Delta T}{T_0}\right) \approx L \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{12} \frac{\Delta T}{T_0}\right).$$

Do đó, khối tâm của máy trộn hướng về phía bức tường lạnh hơn ở

$$\Delta l = \frac{1}{12} \frac{\Delta T}{T_0} L.$$

Sự trộn lẫn khối tâm của mỗi chất thoạt nhìn có vẻ nghịch lý, nhưng được giải thích một cách tự nhiên là do sự tương tác của các phân tử khí với thành bình. Thực tế là trong quá trình thiết lập trạng thái cân bằng, sự thay đổi động lượng của các phân tử tương tác với bức tường ấm hơn sẽ lớn hơn động lượng của các phân tử tương tác với bức tường đối diện. Điều này sẽ dẫn đến sự truyền động lượng từ thành bình sang chất khí, và do đó dẫn đến sự trộn lẫn khối tâm của chất khí.

V. I. Komov

F966. Tuy nhiên, đối với cụm sức căng bề mặt, một trong những màng đa bị kéo căng trên một nghịch lý được giải thích một cách tự nhiên là do sự tương tác của các phân tử khí với thành bình. Thực tế là trong quá trình thiết lập trạng thái cân bằng, sự thay đổi động lượng của các phân tử tương tác với bức tường ấm hơn sẽ lớn hơn động lượng của các phân tử tương tác với bức tường đối diện. Điều này sẽ dẫn đến sự truyền động lượng từ thành bình sang chất khí, và do đó dẫn đến sự trộn lẫn khối tâm của chất khí.

Đầu tiên chúng ta hãy tìm hiểu xem sợi chỉ sẽ cong như thế nào dưới tác dụng của sức căng bề mặt. Dễ dàng chứng minh rằng trong trường hợp $l < \pi d/2$ nó sẽ là một cung tròn, vì giả sử điều ngược lại (nghĩa là bán kính cong của sợi dây không đổi), chúng ta đi đến kết luận rằng sự cân bằng của sợi dây là không thể.

Khi tính đến điều này, chúng tôi thấy rằng trong trường hợp $l > \pi d/2$ sợi chỉ sẽ có hai đoạn thẳng có chiều dài $x = \frac{1}{2} \left(l - \frac{\pi d}{2}\right)$ và một hình bán nguyệt (vì các điểm $C$ và $D$ bị che) với bán kính $d/2$ (hình 2).

Đặt lực căng của chỉ $T$ (xem hình 2). Nhìn vào các phần đối xứng của sợi chỉ, chúng ta có thể viết:

$$2T = \sum_i \sigma \cdot \Delta l_i \cdot \cos \alpha = \sigma d \Rightarrow T = \frac{\sigma d}{2}.$$

L. G. Markovich

F967. Một chồng màng kim loại rất mỏng, nằm ở những khoảng cách bằng nhau tính từ pin, được sạc từ pin như sau. Cực âm của pin được nối với màng ngoài cùng bên phải, cực dương lần lượt được nối với màng bên trái, sau đó đến cực thứ hai từ bên trái, đến màng thứ ba, v.v. cho đến cực áp chót (thứ hai từ bên phải).

Chúng ta biểu thị bằng $S$ diện tích mỗi tấm, $d$ khoảng cách giữa các tấm, $\mathcal{E} — \partial D C$ pin. Hãy cùng tìm xem tấm che ngực nào nằm ở tấm ngoài cùng bên phải (1) sau khi nạp tấm thứ $k$ bên phải.

Khoảng cách giữa các bản này bằng $(k-1)d$, hiệu điện thế bằng $\partial D C$ của pin $\mathcal{E}$, và do đó, điện áp của điện trường trong khe hở giữa các bản này phải bằng