Lời giải bài toán M996—M1000; F1008—F1012

29

Lời giải bài toán
M996—M1000; F1008—F1012

Nếu tâm của các hình vuông trùng nhau thì phát biểu bài toán là hiển nhiên. Sự sắp xếp này luôn có thể đạt được bằng cách cắt song song một trong các hình vuông, do đó đủ để chứng minh rằng với một giao điểm song song của một hình vuông màu đỏ, tổng các cạnh màu đỏ của hình bát giác giao nhau không thay đổi. Trong trường hợp này, chúng ta có thể giới hạn ở sự dịch chuyển dọc theo một trong các cạnh của hình vuông này, vì bất kỳ sự dịch chuyển song song nào cũng có thể được thay thế bằng hai sự dịch chuyển như vậy (dọc theo các cạnh vuông góc).

Vì vậy, hãy di chuyển hình vuông màu đỏ dọc theo một trong các cạnh của nó (hình 1). Khi đó hai cạnh của hình bát giác (các hướng song song của hình bát giác) sẽ không thay đổi; cạnh thứ ba sẽ giảm đi một lượng bằng cạnh huyền của tam giác vuông thể hiện ở hình 1 bằng cách gạch và cạnh thứ tư sẽ tăng một lượng tương tự (các hình tam giác được tô bóng rõ ràng có cùng góc và cùng chiều cao, hạ xuống cạnh huyền và do đó bằng nhau). Như vậy tổng 4 cạnh đỏ không thay đổi, đây là điều cần chứng minh.

Hãy cho thêm lời giải. Chúng ta hãy xem xét các tam giác vuông được cắt từ mỗi hình vuông bằng các cạnh của một hình vuông khác và vẽ vào chúng chiều cao từ các đỉnh của góc vuông. Tất cả các hình tam giác này đều tương tự nhau, vì vậy chỉ cần chứng minh rằng tổng chiều cao của màu đỏ (xem hình 2) bằng tổng chiều cao của màu xanh là đủ. Để chứng minh, bạn chỉ cần lưu ý rằng tổng diện tích của 4 hình tam giác màu đỏ (hình 3, a) bằng tổng diện tích của các hình tam giác màu xanh (hình 3, b), vì mỗi tổng này bằng hiệu giữa diện tích của một hình bát giác lồi, các đỉnh của chúng là các đỉnh của các hình vuông này và diện tích của hình vuông, và các tổng này bằng tích của nửa chu vi của hình vuông và tổng chiều cao của màu đỏ và màu xanh.

Một lý luận tương tự về diện tích của các tam giác vuông nói trên, cắt nhau bằng các hình vuông, cho thấy tổng bình phương độ dài các cạnh màu đỏ của hình bát giác bằng tổng bình phương độ dài các cạnh màu xanh.

V. V. Proizvolov

Trung bình cộng của các số từ 1 đến 1986 bằng hai - 729 = 3⁶ và 1458 = 2·3⁶ - chia hết cho 3⁶; lũy thừa lớn nhất của 3 mà các số còn lại có thể chia được là 3⁵. Do đó, tất cả các tích có thể mn (1<m<n>1986), ngoại trừ 729·1458=2·3¹², đều chứa tập hợp số 3 lũy thừa 11 nhiều nhất. Giảm tổng của tất cả các phân số 1/mn (trừ 1/729·1458) về mẫu số chung nhất, ta thu được phân số

30

có dạng $a/(3^{11} \cdot b)$, trong đó $a$ và $b$ là các số tự nhiên và $b$ không chia hết cho 3. Gọi $s$ là tổng được xét trong bài toán, khi đó

$$s - \frac{a}{3^{11}b} = \frac{1}{2 \cdot 3^{12}},$$

hoặc $2 \cdot 3^{12}sb - 6a = b$. Với tổng $s$, vế trái ở đây chia hết cho 3, nhưng vế phải thì không. Vì vậy $s$ không thể là số nguyên.

D. A. Mitkin

*M998. Khoảng cách của tất cả các khối đất nung AXBY được mô tả gần quả cầu của Danya. Chứng minh rằng điểm A và B cố định thì tổng các góc của tứ giác là AXBY, tức là tổng

$$\angle AXB + \angle XBY + \angle BYA + \angle YAX,$$

không phụ thuộc vào việc chọn điểm X và Y.

*M999. a) Chứng minh rằng với mọi số dương $a_1, a_2, \dots, a_n$ bất đẳng thức đúng

$$\frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_1 + a_2} + \dots + \frac{n}{a_1 + a_2 + \dots + a_n} < 4\left(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}\right).$$

Chứng minh rằng hằng số 4 ở vế phải của bất đẳng thức 6) có thể thay thế bằng 2; c) không thể thay thế bằng số nhỏ hơn 2.

**Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_1, B_1, X_1, Y_1$ điểm tiếp xúc của hình cầu với các cạnh BXY, XYA, YAB, ABX tương ứng (xem hình). Các tam giác $AXB_1$ và $AXY_1$ bằng nhau (chúng có cạnh chung $AX$, và $AB_1=AY_1$ và $XB_1=XY_1$ là các tiếp tuyến được vẽ với hình cầu từ một điểm chung), do đó $\angle B_1AX = \angle Y_1AX$. Do đó, tổng của $\angle B_1AX + \angle AXY_1$ bằng $\angle Y_1AX + \angle AXY_1$, tức là góc ngoài của tam giác $AY_1X$ tại đỉnh $Y_1$ (tại hình được đánh dấu bằng nơ đỏ). Tương tự, tổng của $\angle A_1BX + \angle BXY_1$ bằng góc ngoài của tam giác $BY_1X$ tại $Y_1$ (được đánh dấu bằng nơ màu xanh), vì vậy $\angle B_1AX + \angle AXB + \angle A_1BX = \angle AY_1B$. Hoàn toàn giống nhau

$$\angle B_1AX + \angle AYB + \angle A_1BY = \angle AX_1B.$$

Cộng các đẳng thức này, chúng ta thu được ở phía bên trái tổng các góc được xem xét bằng bài toán và ở phía bên phải - các đại lượng không phụ thuộc vào X và Y (các điểm $X_1$ và $Y_1$ được xác định bởi đường thẳng $AB$ và các hình cầu là duy nhất).

I. F. Sharyzin

**a) Cho $b_1, b_2, \dots, b_n$ là dãy số $a_1, a_2, \dots, a_n$, sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Vì với bất kỳ $i$ nào từ 1 đến $n$

$$\frac{i}{a_1 + a_2 + \dots + a_i} \leq \frac{i}{b_1 + b_2 + \dots + b_i}$$

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n} = \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n},$$

chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho các số $b_i$ là đủ:

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \dots + \frac{n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n} \leq 4\left(\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n}\right).$$

Chúng ta hãy đánh giá các số hạng ở vế trái như sau:

$$\frac{2}{b_1 + b_2} \leq \frac{2}{b_1 + b_1} = \frac{1}{b_1},$$

và với mọi $k$, $2 \leq k \leq (n+1)/2$,

$$\frac{2k-1}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k-1}} \leq \frac{2k-1}{b_k + \dots + b_{2k-1}} < \frac{2}{b_k-1},$$

$$\frac{2k}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k}} \leq \frac{2k}{b_{k+1} + \dots + b_{2k}} < \frac{2k}{b_k}.$$

Điều này hàm ý sự bất bình đẳng cần thiết:

31

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \frac{3}{b_1 + b_2 + b_3} + \frac{1}{b_1 + b_2 + b_3 + b_4} + \dots < < \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_3} + \frac{2}{b_3} + \dots = 4 \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \frac{1}{b_3} + \dots \right).$$

6. Ví dụ ở phần c) gợi ý rằng bất đẳng thức có hằng số 2 ở vế phải gần bằng đẳng thức khi các số $a_i/i$ xấp xỉ bằng nhau. Hãy đặt $t_i = a_i/i$, $1 \leq i \leq n$. Khi đó với bất kỳ $m \leq n$ nào, ước tính sau đây là đúng:

$$\left( p_1 + \dots + p_N \right) \left( \frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_N} \right) \geq \geq N + \sum_{1 \leq i < j \leq N} \left( \frac{p_i}{p_j} + \frac{p_j}{p_i} \right) \geq \geq N + \frac{N(N-1)}{2} \cdot 2 = N^2.$$

Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky:
$$\left( x_1^2 + \dots + x_n^2 \right) \left( y_1^2 + \dots + y_n^2 \right) \geq \geq \left( x_1 y_1 + \dots + x_n y_n \right)^2$$

Chúng tôi đã áp dụng bất đẳng thức cho trong lề cho $N = \frac{m(m+1)}{2} = 1 + 2 + \dots + m$ số, trong đó $t_j$ được lấy $j$ lần; có thể thu được ước tính tương tự bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky cho các tập hợp $x_i = \sqrt{a_i}$ và $y_i = i/\sqrt{a_i}$, $1 \leq i \leq m$).

Chúng ta hãy cộng tất cả các ước tính như vậy cho $m$ từ 1 đến $n$; hệ số của $1/a_i$ sẽ bằng
$$\beta_i = 4i^2 \left( \frac{1}{i(i+1)^2} + \frac{1}{(i+1)(i+1)^2} + \dots + \frac{1}{n(n+1)^2} \right).$$

Và kể từ đó
$$\frac{1}{j(j+1)^2} < \frac{1}{2} \frac{2j+1}{j^2(j+1)^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{j^2} - \frac{1}{(j+1)^2} \right),$$
đánh giá công bằng
$$\beta_i < 4i^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{1}{i^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) < 2.$$

c) Đặt $a_i = i$. Khi đó vế trái của bất đẳng thức bằng $2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{1+n} \right)$ và vế phải là $c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right)$, trong đó $c$ là hằng số mà chúng ta muốn thay thế 4. Nếu $c \leq 2$, thì hiệu của chúng
$$2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1} \right) - c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right) = (2 - c)\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \right) + \frac{2}{n+1} - c$$

với một $n$ đủ lớn sẽ dương, vì khi $n$ tăng thì tổng $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ tăng vô hạn.

Ví dụ: điều này tuân theo ước tính sau: với $n = 2^k$
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^k} > \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} = \frac{k}{2}.$$

L. D. Kurlyandchik, L. S. Merkuryev

32

Trên phần tiếp theo của đoạn AM, chúng ta vẽ một điểm B’ sao cho MB’=MB (xem hình). Góc B’MB là góc ngoài của tam giác AMB bằng tổng hai góc MAB và MBA. Đồng thời, góc nội tiếp KMA được đo bằng nửa cung AK và do đó bằng một nửa tổng các góc MAB và MBA. Do đó MK là bissertis của góc B’MB. Điều này có nghĩa là MK⊥B’B và KB’=KB. Từ đó suy ra KA=KB=KB’. Thả nhà phân phối lại KH từ điểm K xuống AM, ta thu được AH=HB’=HM+MB theo yêu cầu.

bài toán này cũng có thể được giải bằng phép đo lượng giác: đặt ∠MAB=α, ∠MBA=β, chúng ta thu được AM=2R sin β, MB=2R sin α. Pozotomu Pozotomu

AM+MB=2R(sin β+sin α)=4R sin α+β/2 cos α-β/2.
Ở phía bên kia,

AK=2R sin α+β/2, ∠KAM=β-α/2,
và do đó

AH=2R sin α+β/2 cos β-α/2=1/2(AM+MB).

Archimedes, tác giả của bài toán này, đã công bố nó trong bài thực hành “Đo một vòng tròn” theo công thức sau: “Nếu một đoạn thẳng nội tiếp trong một cung của một đường tròn, phức tạp thành hai phần không bằng nhau, chấp nhận một bộ phân phối lại thả vào nó từ giữa cung, thì bộ phân phối lại này sẽ chia toàn bộ đường đứt đoạn làm đôi.” Câu lệnh này cho phép chúng ta tính độ dài các dây cung của tổng và hiệu của hai cung đã cho.

A. A. Egorov

F1008. Thanh AB đặt bên trong hình trụ. Tại điểm A thanh được gắn bản lề, tại điểm C thanh tựa vào cạnh trên của hình trụ, các điểm A và C nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua các trục của hình trụ (hình 1); góc tạo nên thanh với đường chân trời bằng α. Thanh được di chuyển dọc theo cạnh trên sao cho nó chạm vào điểm C’ và góc C’OC bằng φ. Với hệ số tối thiểu nào thì tam giác sẽ cân bằng ở vị trí này?

Để thanh cân bằng ở vị trí mới khi nó chạm vào hình trụ tại điểm C’. Thanh chịu tác dụng của trọng lực, phản lực của bản lề tại điểm A, lực N của phản lực pháp tuyến của hình trụ tại điểm C’ và lực ma sát f. Điều kiện để thanh cân bằng là tổng hình học của các lực này bằng 0 và tổng mômen của các lực bằng 0.

Trong tất cả các phương trình cân bằng của thanh, chúng ta xét một phương trình - phương trình bằng 0 của tổng mômen của các lực đối với trục thẳng đứng đi qua điểm A (so với trục này, mômen của phản lực bản lề và mômen của lực hấp dẫn bằng 0). Dễ hiểu rằng điều kiện này quy về vectơ tổng của các lực N và f nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua điểm A (so với trục này, mômen phản lực của bản lề và mômen trọng trường đều bằng 0). Ta hướng các trục tọa độ X, Y, Z từ điểm C’ tương ứng với tâm đường tròn O, tiếp xúc với đường tròn và thẳng đứng hướng lên trên (hình 2).

Chúng ta hãy giới thiệu ba vectơ đơn vị n₁, n₂ và n₃, trong đó

33

hướng tương ứng dọc theo thanh, dọc theo lực $\vec{N}$ và dọc theo lực $\vec{f}$. Đặt góc mà vectơ $\vec{n}_l$ tạo với đường chân trời bằng $\alpha'$. Vì do thanh quay nên mặt phẳng thẳng đứng nơi thanh nằm quay một góc $\varphi/2$ nên dễ dàng chứng minh được rằng

$$tg \alpha' = tg \alpha/\cos (\varphi/2).$$

Chúng ta hãy biểu thị từng vectơ $\vec{n}_l$, $\vec{n}_N$ và $\vec{n}_f$ theo các vectơ đơn vị $\vec{n}_x$, $\vec{n}_y$ và $\vec{n}_z$. Hãy bắt đầu với $\vec{n}_l$:

$$\vec{n}_l = \vec{n}_x \left( -\cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} + \vec{n}_z \sin \alpha'.$$

Lực $\vec{N}$ vuông góc với thanh và tiếp tuyến với đường tròn tại điểm $C'$ (cạnh của hình trụ), nghĩa là vectơ $\vec{n}_N$ vuông góc với vectơ $\vec{n}_y$, tức là

$$\vec{n}_N = \vec{n}_x \sin \gamma + \vec{n}_z \cos \gamma,$$

(*)

cũng như vectơ $\vec{n}_l$. Từ đây ta thu được sự tương ứng giữa các góc $\gamma$ và $\alpha'$ ở dạng

$$tg \gamma = tg \alpha'/\cos (\varphi/2).$$

Để xác định hướng của vectơ $\vec{n}_f$, ta xét nó vuông góc với cả vectơ $\vec{n}_N$ và vectơ $\vec{n}_l$. Sau nhiều lần tính toán chúng tôi nhận được

$$\vec{n}_f = \vec{n}_x \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_z \sin \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2}.$$

(**)

Từ phương trình (*) và (**) suy ra $N_x = N \sin \gamma, N_y = 0,$

$$f_x = f \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right),$$

$$f_y = f \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right).$$

Như đã lưu ý, phương trình mômen của các tính chất lực có nghĩa là, cụ thể là hình chiếu nằm ngang của tổng lực $\vec{N}$ và $\vec{f}$ phải nằm trong mặt phẳng của thanh, tức là

$$f_x \sin \frac{\varphi}{2} + N_x \sin \frac{\varphi}{2} + f_y \cos \frac{\varphi}{2} = 0.$$

Giá trị tối thiểu của hệ số ma sát $k_{\min}$ được xác định bởi sự tương ứng $k_{\min} N = f$. Sau đó, cuối cùng chúng tôi nhận được

$$k_{\min} = \frac{tg (\varphi/2)}{\sqrt{1 + ctg^2 \alpha \cos^2(\varphi/2)}}.$$

S. S. Krotov

F1009. Một đĩa phẳng có bán kính $R$, nằm trong mặt phẳng nằm ngang, bắt đầu chuyển động giữa hai sợi dọc, khoảng cách giữa chúng là $R$; chiều dài mỗi sợi là 2l, độ cứng là k, các đầu sợi cố định (hình 1). Tìm sức mạnh, hành động

34

chiếu lên đĩa từ một phía của một luồng sau thời gian t, nếu tại thời điểm ban đầu các luồng không được phân phối và chạm vào đĩa; Đĩa đang chuyển động với tốc độ không đổi v. Xác định độ dày của đĩa; không tính đến trenze.

Giả sử luồng bên phải chạm vào đĩa tại điểm $B_2$, nằm bên dưới điểm $B_1$ (hình 2, 6). Rõ ràng lực đàn hồi $T$ của sợi chỉ hướng dọc theo đoạn $BB_2$. Lực này có hình chiếu lên tiếp tuyến của đĩa tại điểm $B_2$ và lên bán kính $OB_2$. Từ phía đĩa, luồng bị ảnh hưởng bởi

$$\text{В треугольнике } OB'B |OB'| = R, \quad |BB'| = vt,$$
$$\text{Так что } r = R - \sqrt{R^2 + v^2 t^2} - Rvt \sqrt{3}.$$

phản lực $N$ hướng dọc theo bán kính $OB_2$. Dọc theo tiếp tuyến, lực nhỏ từ đĩa không tác dụng lên sợi dây (không có ma sát). Do đó, do tác dụng của lực $T$ hướng dọc theo $BB_2$, điểm $B_2$ của sợi chỉ sẽ trượt dọc theo mép đĩa đến điểm $B_1$. Chúng ta sẽ đi đến kết luận tương tự nếu giả sử rằng điểm tiếp xúc của sợi dây với đĩa nằm phía trên điểm $B_1$. (Sự khác biệt tương tự cũng đúng đối với luồng bên trái.)

Do đó, tại bất kỳ thời điểm nào, các ren chạm vào đĩa tại các điểm nằm trên bán kính đi qua các điểm $A$ và $B$. Chúng ta hãy tìm lực $F$ tác dụng lên đĩa từ phía của sợi chỉ bên trái tại thời điểm $|BB'| = vt$ (xem hình 2, a).

Đặt độ giãn dài của sợi chỉ tại thời điểm này bằng $\Delta l$. Sau đó, từ mỗi nửa sợi dây, một lực $T = k \cdot \Delta l$ tác dụng lên đĩa tại điểm $B_1$, và tổng lực mà sợi dây tác dụng lên đĩa bằng $F = 2T \sin \alpha = 2k \cdot \Delta l \cdot \sin \alpha$,

trong đó $\alpha$ là góc mà hai nửa sợi chỉ tạo với phương thẳng đứng (hình 3). Như có thể thấy từ hình 3,

$$\sin \alpha = \frac{|bB_1|}{|BB_1|} = \frac{r}{l + \Delta l},$$
$$l + \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2}, \quad \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2} - l,$$

Vì thế

$$F = 2kr \frac{\sqrt{l^2 + r^2} - l}{\sqrt{l^2 + r^2}} = 2kr \left(1 - \frac{l}{\sqrt{l^2 + r^2}}\right),$$

ở đâu $r = R - \sqrt{R^2 - Rvt \sqrt{3} + v^2 t^2}$ (xem hình 2, a).

A. S. Rosenberg

F1010. Hai sợi dây tích điện có chiều dài vô hạn đặt trong không gian như hai đường thẳng vuông góc nhau. Mật độ tuyến tính

35

điện tích trên các sợi σ. Tìm lực tương tác giữa các sợi dây. Giả sử rằng các sợi dây rất mỏng và sự phân bố lại điện tích không xảy ra.

mật độ điện tích σ. Sợi dây song song với cạnh của hình vuông và ở độ cao $r (r \ll a)$ tính từ nó (xem hình).

Chia mặt phẳng thành các dải rất mỏng có chiều rộng $\Delta x$,

$$\Delta x \cdot \rho = \sigma \Rightarrow \Delta x = \sigma / \rho$$

(mỗi dải không gì khác hơn là một “sợi” có mật độ điện tích tuyến tính $\sigma$). Vì $r \ll a$, chúng ta có thể giả sử rằng lực $f$ mà hình vuông tác dụng lên sợi chỉ là như nhau. Lực này là ngoại lệ trong việc xác định độ lớn. Hãy tìm cô ấy.

Lực $F$ mà mặt phẳng tác dụng lên sợi dây bằng

$$F = 2\pi k \rho \cdot \sigma l$$

(kể từ $r \ll a$); ở phía bên kia,

$$F = \sum f = f \frac{a}{\Delta x} = f \frac{l}{\Delta x} = fl \frac{\rho}{\sigma}.$$

Từ hai quan hệ này, $f$ được tìm thấy:

$$f = 2\pi k \sigma^2 = 2\pi \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}.$$

I. V. Shutovsky

F1011. Một quả bóng bay, lực nâng được tạo ra bởi không khí nóng, được thiết kế sao cho thể tích của buồng có thể quan sát được của nó trên thực tế tăng lên và áp suất trong đó bằng với áp suất bên ngoài, vì buồng ở phần dưới của nó giao tiếp với khí quyển. Một hằng số tùy ý được quan sát trong buồng để bù cho sự truyền nhiệt ra môi trường. Với lực cắt không đổi, một quả bóng như vậy lơ lửng trong khí quyển ở một độ cao nhất định. Độ cao bay thay đổi bao nhiêu nếu, khi công suất tăng, nhiệt độ không khí trung bình cắt trong buồng tăng $\Delta t = 0,1$ °C so với nhiệt độ ban đầu $t = 57$ °C? Nhiệt độ môi trường xung quanh $t_0 = 17$ ° C.

◆ Tình trạng khinh khí cầu lơ lửng ở một độ cao nhất định

$$mg + \rho V g = \rho_0 V g,$$

(1) trong đó $m$ là khối lượng vỏ khí của khinh khí cầu và khoang chở hàng, $\rho$ là mật độ của không khí nóng, $\rho_0$ là mật độ của không khí trong khí quyển ở độ cao nổi của quả bóng, $V$ là thể tích của buồng, $g$ là gia tốc của áp suất tự do.

Từ (1) suy ra rằng ở độ cao mới sẽ có thể cân bằng nếu các giá trị $\rho_0$ thay đổi sao cho

$$\Delta \rho = \Delta \rho_0,$$

(2) trong đó $\Delta \rho_0$ là sự thay đổi mật độ của không khí trong khí quyển, $\Delta \rho$ là sự thay đổi mật độ của không khí nóng trong buồng.

Đối với những thay đổi nhỏ về độ cao, áp suất giảm khi tăng độ cao ($\Delta h$) theo

$$\Delta p = \rho_0 g \cdot \Delta h.$$

Vì nhiệt độ của khí quyển không đổi nên đối với mật độ không khí trong khí quyển ở các độ cao khác nhau, chúng ta có:

$$\frac{\rho_0 - \Delta \rho_0}{\rho_0} = \frac{p_0 - \Delta p}{p_0},$$

Ở đâu

$$\Delta \rho_0 = \rho_0 \frac{\Delta p}{p_0} = \rho_0^2 \frac{g}{p_0} \Delta h.$$

(3) Mật độ không khí nóng trong buồng thay đổi do thay đổi nhiệt độ và áp suất:

$$\Delta \rho = \frac{p_0 \mu}{RT} - \frac{(p_0 - \Delta p) \mu}{R (T + \Delta T)} =$$

36

$$\frac{\mu (p_0 \cdot \Delta T + \Delta p \cdot T)}{R (T + \Delta T)} = \frac{p_0 \mu \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right)}{RT \left( 1 + \frac{\Delta T}{T} \right)},$$

và vì $\frac{\Delta T}{T} \ll 1$,

$$\Delta \rho \approx \frac{p_0 \mu}{RT} \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right).$$

(4)

Thay (3) và (4) vào (2), ta tìm được:

$$\Delta h = \frac{RT_0^2 \cdot \Delta T}{\mu g T (T - T_0)} \approx 18 \text{ m.}$$

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F1012. Một đầu của một hình trụ thủy tinh dài bán kính R được đậy một tấm truyền ánh sáng, trong đó có một khe thẳng đứng; Chiều rộng d của khe có thể được thay đổi. Một chùm tia sáng song song rơi vào tấm một góc a (Hình 1); sự chiếu sáng của tấm E. Ở đầu đối diện của hình trụ có một photogel. Xây dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của thông lượng ánh sáng mà photogel nhận được vào chiều rộng khe d. Chiết suất của thủy tinh n.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3. Trong tam giác CC’D $|CC'| = l$,

$$|C'D| = l \mathrm{tg} \beta, |CD| = \frac{l}{\cos \beta}.$$

Trong tam giác CC’O’ $|CO'| = \sqrt{l^2 + x^2}.$

với một góc giới hạn của phản xạ toàn phần.

Chúng ta xét đường đi của tia CD nằm trong mặt phẳng AA’B’B. Chúng ta vẽ một đường thẳng đi qua điểm C, song song với đường thẳng AB (và trục của hình trụ) và vẽ đoạn $|CC'| = |AD| = l$ trên đó (Hình 3). Theo định lý cosine của tam giác CO’D ta có:

$$|CO'|^2 = |CD|^2 + |DO'|^2 - 2 |CD| |DO'| \cos \gamma,$$

$$l^2 + x^2 = \frac{l^2}{\cos^2 \beta} + R^2 - 2 \frac{lR}{\cos \beta} \cos \gamma.$$

(1)

37

Từ tam giác $C'O'D$ ta có:
$$|C'D|^2 + |C'O'|^2 = |O'D|^2,$$
hoặc
$$l^2 \mathrm{tg}^2 \beta + x^2 = R^2.$$ (2)

Từ (1) và (2) ta tìm được:
$$\cos \gamma = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \sin \beta = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \frac{\sin \alpha}{n}.$$ (3)

Ý nghĩa vật lý của (3) khá rõ ràng - khi tăng $x$ thì giá trị của $\gamma$ giảm, do đó, sin $\gamma$ tăng và ở một số $x_0$ góc $\gamma$ đạt giá trị góc giới hạn của phản xạ nội toàn phần $\gamma_0 = \arcsin \frac{1}{n}$. Chúng ta hãy xác định từ đó $x_0$ điều kiện sin $\gamma_0 = \frac{1}{n}$ được thỏa mãn:

$$\frac{1}{n} = \sqrt{1-\cos^2 \gamma_0} = \sqrt{1-\frac{(R^2-x_0^2)}{R^2} \frac{\sin^2 \alpha}{n^2}},$$
Ở đâu
$$x_0^2 = R^2 \left( \frac{1+\sin^2 \alpha-n^2}{\sin^2 \alpha} \right).$$ (4)

Vì vậy, đối với tất cả các tia tới ở một đầu hình trụ cách một khoảng $x \geqslant x_0 = \frac{R}{\sin \alpha} \sqrt{1+\sin^2 \alpha-n^2}$ tính từ đường kính thẳng đứng của đầu hình trụ, khi tia đầu tiên chạm vào mặt bên của hình trụ thì thỏa mãn điều kiện phản xạ toàn phần. (Từ (4), một phần, suy ra rằng với $n^2 = 1+\sin^2 \alpha$ điều kiện này được thỏa mãn với mọi tia ($x_0=0$).)

Nếu, ở lần đầu tiên một tia tới trên ranh giới thủy tinh, nó chịu phản xạ toàn phần, thì ở tất cả các lần tới tiếp theo trên ranh giới nó cũng sẽ chịu phản xạ toàn phần; nếu ở lần tới đầu tiên trên ranh giới này, các điều kiện về phản xạ toàn phần không được đáp ứng thì nó sẽ tiếp tục được đáp ứng trong tương lai. (Bạn hãy tự trình bày điều này.) Như vậy, trong trường hợp không có tấm chắn sáng, tế bào quang điện sẽ nhận được các tia chiếu vào đầu vào trong vùng được bảo vệ bởi hình 4, $a$. Nếu có nhựa có khe, tia sẽ không đi vào tế bào quang điện nếu chiều rộng khe là $d < 2x_0$. Nếu $2R \geqslant d > 2x_0$, quang thông mà tế bào quang điện nhận được được xác định bởi các tia rơi vào đầu vào trong vùng được bảo vệ bởi hình 4, $b$. Lượng dòng chảy tỷ lệ thuận với diện tích bảo vệ.

Vì vậy: tại $d \leqslant 2x_0$ Ф=0; tại $2R \geqslant d \geqslant 2x_0$

$$\Phi = E \left( S_0 - 2R^2 \arccos \frac{d}{2R} + d \sqrt{R^2 - \frac{d^2}{4}} \right),$$
Ở đâu
$$S_0 = 2R^2 \arccos \frac{x_0}{R} - 2x_0 \sqrt{R^2-x_0^2} = \text{const}$$
đối với các giá trị nhất định của $R$, $\alpha$ và $n$ (xem (4)).

A. A. LanUDE