Bài toán M1056—M1060; F1068—F1072

Kvant 1987, số 8 tr. 23, 26, 27, 28, 29, 30 Thẻ MFDC

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Bài toán

M1056—M1060, F1068—F1072

M1056. Mỗi ô của bảng vuông 1987×1987 chứa một số không vượt quá modulo 1.
Trong một ô vuông 2x2 bất kỳ của bảng này, tổng các số bằng 0. Chứng minh rằng tổng các số trong bảng không vượt quá 1987.

A. S. Merkuryev

M1057. Hai người chơi lần lượt viết các số tự nhiên không vượt quá p lên bảng. Luật chơi cấm viết ước số của các số đã viết sẵn lên bảng. Người chơi không thể thực hiện thêm nước đi khác sẽ thua.
a) Tìm ra người chơi nào có chiến lược thắng với p=10 và chỉ ra chiến lược đó.
b) Tìm xem người chơi nào có chiến lược thắng với p=1000.

D. V. Fomin

M1058. Một tập hợp các nút không trống được đánh dấu trên một mạng số nguyên. Ngoài ra, một tập hợp hữu hạn các vectơ có tọa độ nguyên được đưa ra. Người ta biết rằng nếu tất cả các vectơ đã cho được vẽ từ bất kỳ nút được đánh dấu nào thì trong số các đầu của chúng sẽ có nhiều nút được đánh dấu hơn các nút không được đánh dấu. Chứng minh rằng có vô số nút được đánh dấu.

D. G. Flaas

M1059. Đồ thị của hàm y=f(x), xác định toàn bộ trục số, biến thành chính nó khi quay một góc π/2 quanh gốc tọa độ.
a) Chứng minh rằng phương trình f(x)=x có đúng một lời giải.
b) Cho ví dụ về hàm số đó.

A. V. Klyushin

M1060. Có hai đường đứt nét khép kín trên mặt phẳng, mỗi đường có số liên kết lẻ. Tất cả các đường thẳng chứa các liên kết của các đường gãy này đều khác nhau và không có ba đường thẳng nào cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng từ mỗi đường đứt đoạn có thể chọn được một mắt xích sao cho chúng là các cạnh đối diện của một tứ giác lồi.

A. Serdyukov, D. G. Flaas

F1068. Một viên đạn bay thẳng đứng sẽ vỡ thành ba mảnh bằng nhau ở điểm trên cùng của quỹ đạo. Một trong các mảnh chuyển động thẳng đứng, bay đi sau thời gian T₁ sau khi bắn, hai mảnh còn lại bay đi đồng thời sau thời gian T₂ (T₁<T₂). Tìm độ cao H mà tại đó viên đạn phát nổ.

Yu. G. Pavlenko

F1069. Ở một góc có độ lớn α, theo một thanh mỏng nhẵn, người ta treo một vòng nhẹ có chiều dài l có gắn một vật nặng nhỏ vào; góc được đặt theo chiều dọc (hình 1). Tìm khoảng cách từ tải đến đỉnh của góc ở vị trí cân bằng và chu kì dao động nhỏ của tải trong mặt phẳng góc.

I. I. Mazin

F1070. Một cậu bé thổi một xung xà phòng từ một ống dài. Sau khi thổi phồng sao xung, anh ta thả ống ra khỏi miệng, trong khi sao xung bị thổi ngược trở lại vào ống và cuối cùng biến mất sau thời gian t. Sẽ mất bao lâu để làm xẹp hơi một ẩn tinh có bán kính gấp đôi theo cách tương tự? Giả sử lượng không khí cung cấp qua ống đạt

bổ đề

Nếu $f'(x) > g'(x)$ tại $x \geq x_0$ , thì $f(x) > f(x_0) + g(x) - g(x_0)$ tại $x > x_0$ (thực sự, hàm $f(x) - g(x)$ có tích dương và do đó tăng nghiêm ngặt ở $x \geq x_0$ ).

$f(a+1) > 2a+1;$

khi đó, theo bổ đề cho trong các trường cho các hàm $f(y)$ và $g(y) = y + a$ ( $g'(y) = 1$ ), từ (2) và (3) nó sẽ tuân theo điều đó cho $y \geq a+1$
$a^y - y^a = f(y) \geq f(a+1) + g(y) - g(a+1) > 2a+1 + y - (a+1) = a+y.$

Hãy cùng đánh giá sản phẩm $f(y)$ :
$f'(y) = \ln a \cdot a^y - ay^{a-1} = (\ln a - 1)a^y + (a^y - y^a) + y^{a-1}(y-a) > y^{a-1}(y-a)$
(ln $a \geqslant \ln 3 > 1$ , $a^y - y^a > 0$ như đã chứng minh ở trên). Từ ước tính này (2) ngay lập tức được suy ra, vì $y^{a-1}(y-a) \geqslant (a+1)^{a-1}$ tại $y \geqslant a+1$ . Để chứng minh (3), lưu ý rằng $y^{a-1}(y-a)$ là tích của hàm $g(y) = y^{a+1}/(a+1) - y^a$ và theo bổ đề trường (đối với $x = a+1$ , $x_0 = a$ )
$f(a+1) > f(a) + g(a+1) - g(a) = -g(a) = a^a - \frac{a^{a+1}}{a+1} = \frac{a^a}{a+1} = \left[ a^{a-2} \left(1 - \frac{1}{a+1}\right) \right]a.$

Hàm trong ngoặc vuông rõ ràng là đang tăng lên và với $a \geqslant 3$ không nhỏ hơn $3(1-1/4) = 9/4$ . Đó là lý do tại sao
$f(a+1) > 2a + \frac{a}{4} \geqslant 2a + \frac{3}{4};$
nhưng các số $f(a+1)$ và $2a$ là số nguyên, có nghĩa là $f(a+1) \geqslant 2a+1$ , và sự bằng nhau ở đây chỉ có thể xảy ra với $a=3$ , nhưng cả trong trường hợp này là $f(4) = 3^4 - 4^3 = 81 - 64 > 2 \cdot 3 + 1 = 7$ .

A. I. Zaichik, V. N. Dubrovsky

M1038. a) Chứng minh rằng nếu tích mn chia hết cho 6 (trong đó m và n là số nguyên 1) thì có thể cắt một hình chữ nhật gồm $m \times n$ ô thành các góc của ba ô. Với m và n điều này có thể thực hiện được mà không cần cắt bỏ đường phân chia:
b) không phải là một ô $2 \times 3$ hình chữ nhật;
c) không phải là một hình chữ nhật (nhỏ hơn $m \times n$ )?

a) Chỉ cần xét hai trường hợp: $m = 3k$ , $n = 2l$ và $m = 6k$ , $n = 2l+1$ , trong đó $k \geqslant 1$ , $l \geqslant 1$ . Trong trường hợp đầu tiên, hình chữ nhật $m \times n$ có thể được chia thành $k \times l$ hình chữ nhật $3 \times 2$ , mỗi hình chữ nhật được cắt thành hai góc (hình 1, a). Trong phần thứ hai, chúng ta cắt một dải $m \times 3$ từ hình chữ nhật $m \times n$ , có thể cắt thành $3k$ hình chữ nhật $2 \times 3$ (hình 1, b), sau đó (tại $l > 1$ ) chúng ta cắt hình chữ nhật còn lại $m \times (2l-2)$ theo cách tương tự như trong trường hợp đầu tiên.

Nói chung, một hình chữ nhật $m \times n$ có thể được cắt thành các góc khi và chỉ khi một trong các số m và n bằng 3, thì các góc chắc chắn phải được thêm vào hình chữ nhật $3 \times 2$ (hình 1, b), vì vậy số còn lại phải là số chẵn. Ngược lại, giả sử m chia hết cho 3. Chúng ta có thể giả sử rằng $m/3$ và $n$ là các số lẻ, $m \geqslant 9$ , $n \geqslant 5$ (các trường hợp khác ở trên), tức là $m = 9+6k$ , $n = 5+2l$ , $k$ , $l \geqslant 0$ . Hình chữ nhật $m \times n$ được cắt thành 3 hình chữ nhật: $9 \times 5$ , $9 \times 2l$ và $6k \times n$ ; việc cắt cái đầu tiên thành các góc được hiển thị trong hình 2, hai cái còn lại được cắt thành hình chữ nhật $3 \times 2$ , như được hiển thị ở trên.

6), c) Trong cả hai bài 6) và c) đáp số đều giống nhau:
“Các đường cắt không có hình chữ nhật” (chúng tôi sẽ gọi chúng là thông thường) chỉ tồn tại đối với hình chữ nhật $6k \times 2n$ , trong đó $k \geqslant 1$ , $n \geqslant 3$ , $6 \times 4$ và $3 \times 2$ .

Như chúng ta đã thấy trong lời giải bài toán a), một trong các số m và n phải chia hết cho 3. Lưu ý thêm rằng khi cắt chính xác, góc có thể được áp dụng cho cạnh của hình chữ nhật $m \times n$ khác với

3×2, chỉ trong hai ô - nếu không thì hình chữ nhật 3×2 (hình 3) sẽ được hình thành. Do đó, các số m và n phải là số chẵn.

Không thể cắt hình chữ nhật 6k×2 một cách chính xác - rõ ràng là nó sẽ vỡ thành hình chữ nhật 3x2. Cũng dễ dàng nhận thấy rằng khi cố gắng cắt chính xác một hình chữ nhật 6k×4, hình chữ nhật 6×4 nhất thiết sẽ được tạo thành (bắt đầu từ cạnh ngắn - hình 4), do đó, đối với k>1, việc cắt đúng cũng không thể thực hiện được ở đây. Cuối cùng, cách cắt chính xác hình chữ nhật 6k×2l với k ≥1, l ≥3 được hiển thị trong hình 5, trong đó bạn cần lấy k-1 “khối” A theo chiều dọc và chiều ngang - đầu l-3 “khối” liên tiếp.

Có nhiều kiểu cắt hình chữ nhật có góc khác. Ví dụ, bằng cách sắp xếp lại các góc bên trong các “chữ thập”, người ta có thể thu được các vết cắt đều đối xứng từ các vết cắt thành hình chữ nhật (xem hình 6 đối với trường hợp 6k×6l). Có thể chứng minh rằng bất kỳ hình chữ nhật nào thừa nhận một đường cắt đều cũng thừa nhận một đường cắt đều đối xứng.

M1039. Các điểm A, B, C, D là các đỉnh của tứ diện. Chứng minh rằng a) nếu $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{DB} \times \overrightarrow{CA} = \overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{AB}$ , thì cả ba tích vô hướng này đều bằng 0;
b) Nếu ba góc giữa các cạnh đối diện của một tứ diện bằng nhau thì chúng thẳng.

a) Với bốn điểm A, B, C, D bất kỳ đẳng thức nào cũng đúng
$\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{AB} = 0.$ (1)

Điều này trở nên rõ ràng nếu chúng ta biểu thị vế trái của nó là $\bar{a} \cdot (\bar{c} - \bar{b}) + \bar{b} \cdot (\bar{a} - \bar{c}) + \bar{c} \cdot (\bar{b} - \bar{a})$ , trong đó $\bar{a} = \overrightarrow{DA}, \bar{b} = \overrightarrow{DB}, \bar{c} = \overrightarrow{DC}$ . Tuyên bố bài toán ngay sau (1).

Giả sử góc giữa các cạnh đối diện của tứ diện bằng $\alpha$ , khi đó các góc giữa các vectơ $\overrightarrow{DA}$ và $\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{DB}$ và $\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{DC}$ và $\overrightarrow{AB}$ đều bằng $\alpha$ hoặc $180^\circ - \alpha$ . Do đó (1) có thể được viết lại như sau:
$\cos \alpha (\pm DA \cdot BC \pm DB \cdot CA \pm DC \cdot AB) = 0.$

Hãy chứng minh rằng biểu thức trong ngoặc không thể bằng 0, tức là $\cos \alpha = 0$ và $\alpha = 90^\circ$ . Để làm điều này, chỉ cần chứng minh rằng tích độ dài của hai cạnh đối diện bất kỳ của một tứ diện nhỏ hơn tổng độ dài của hai cặp cạnh đối diện khác, chẳng hạn.

$DA \cdot BC < DB \cdot CA + DC \cdot AB.$

Chúng ta hãy vẽ một hình cầu tùy ý đi qua các điểm $A, B$ và $C$ . Để nó cắt các cạnh $DA, DB$ và $DC$ tại các điểm $A_1, B_1, C_1$ . Dễ dàng nhận thấy rằng các tam giác $ABD$ và $B_1A_1D$ giống nhau nên $A_1B_1 = AB \cdot (DB_1/DA)$ . Tương tự như vậy, $B_1C_1 = BC \cdot (DB_1/DC)$ . Chia số hạng đầu tiên trong số các đẳng thức này cho số hạng thứ hai, chúng ta thu được

$\frac{A_1B_1}{B_1C_1} = \frac{AB \cdot DC}{DA \cdot BC}.$

Do đó, các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỷ lệ thuận với tích các cạnh đối diện của tứ diện và (2) suy ra từ bất đẳng thức tam giác cho $A_1B_1C_1$ .

Các tứ diện được thảo luận trong bài toán này được gọi là trực tâm vì độ cao của chúng cắt nhau tại một điểm (nói chung, điều này không phải như vậy).

V. E. Matizen

M1040. Các số 1, 2, …, 3n được chia ngẫu nhiên thành ba nhóm số trong mỗi nhóm. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một số trong mỗi nhóm sao cho một số bằng tổng của hai số còn lại.

Hãy biểu thị ba nhóm này bằng các chữ cái $A, B, C$ và giả sử rằng các số từ 1 đến $k-1$ thuộc nhóm $A$ và số $k$ thuộc nhóm $B$ . Chúng ta gọi một bộ ba số là tốt nếu chúng thuộc các nhóm khác nhau và tổng của hai số đó bằng số thứ ba. Giả sử rằng không có dấu vết nào tốt và chứng minh rằng với mọi a từ nhóm C, số a-1 thuộc về A. Từ đó, sẽ có nhiều số trong $A$ hơn trong $C$ , điều này mâu thuẫn với các điều kiện.

Đặt $a$ là một số từ $C$ . Khi đó $a-1$ không thuộc về $B$ , nếu không thì bộ ba $(1, a-1, a)$ sẽ tốt. Giả sử rằng $a-1$ thuộc về $C$ . Hãy xem xét số $a-k$ . Nếu nó ở $A$ thì $(a-k, k, a)$ là số ba tốt, nếu ở $B$ thì $(k-1, a-k, a-1)$ là số ba tốt. Do đó, $a-k$ được bao gồm trong $C$ . Tương tự, nếu số $a-k-1$ được bao gồm trong $A$ thì số ba tốt sẽ là $(a-k-1, k, a-1)$ và nếu nó nằm trong $B$ thì $(1, a-k-1, a-k)$ . Lặp lại lý luận này, chúng ta đi đến kết luận rằng tất cả các số tự nhiên có dạng $a-ik, a-ik-1$ ( $i=0, 1, 2, ...$ ) đều thuộc về $C$ . Nhưng đối với một số số $a-ik$ trùng với một trong các số 1, 2, …, $k$ và do đó, được đưa vào $A$ hoặc $B$ . Thật mâu thuẫn khi chứng minh rằng $a-1$ thuộc về $A$ . Do đó, nếu $C$ bao gồm các số $c_1, ..., c_n$ thì $A$ chứa các số $c_1-1, ..., c_n-1$ , tất cả đều lớn hơn 1, vì 2 thuộc về $A$ hoặc $B$ . Nhưng $A$ cũng chứa 1, vì vậy $A$ có ít nhất $n+1$ trong đó.

V. E. Alekseev

F1048. Người chiếu đã đặt nhầm phim khiến mọi sự kiện trên màn hình “chảy theo hướng ngược lại”, đồng thời tự động lùi về phía sau. Tốc độ và khả năng root của tự động hóa thay đổi như thế nào do một lỗi như vậy?

Để khi băng được lắp đúng cách, tốc độ sẽ tự động là $\vec{v}$ . Khi đó chuyển động của nó trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t = t_2 - t_1$ là

$\Delta x = \vec{x}(t_2) - \vec{x}(t_1) = \vec{v} \cdot \Delta t.$

Nếu băng được chèn vào sao cho các sự kiện trên màn hình “chảy theo hướng ngược lại”, thì chuyển động tự động trong cùng thời gian $\Delta t$ sẽ là

$\Delta x' = \vec{x}(t_1) - \vec{x}(t_2) = -\Delta x.$

Nhưng $\Delta x' = \vec{v}' \cdot \Delta t$ , vậy

$\vec{v}' \cdot \Delta t = -\Delta x = -\vec{v} \cdot \Delta t,$

và mỗi tốc độ đều tự động trên màn hình -
$\vec{v}' = -\vec{v}.$

Tương tự như vậy,
$\Delta v' = v'(t_1) - v'(t_2) = -v(t_1) - (-v(t_2)) = v(t_2) - v(t_1) = \Delta v,$
và vì $\Delta v = \vec{a} \cdot \Delta t$ và $\Delta v' = \vec{a}' \cdot \Delta t$ ,
$\vec{a}' = \vec{a}.$

Do đó, khi đưa băng về phía sau, tốc độ sẽ tự động thay đổi hướng trên màn hình nhưng gia tốc không thay đổi.

A. S. Vutoev

F1049. Chiếc bè gỗ được đẩy ra xa bờ sông sao cho lúc đầu vận tốc của nó bằng v và hướng vuông góc với bờ sông. Quỹ đạo của chiếc bè được thể hiện ở hình. Chữ thập đỏ trên quỹ đạo là nơi đặt bè sau thời gian T kể từ khi bắt đầu chuyển động. Giả sử tốc độ dòng sông không đổi và bằng v, hãy tìm đồ thị các điểm quỹ đạo mà tại đó chiếc bè nằm ở các thời điểm 2T, 3T, 4T.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của chiếc bè trong hệ quy chiếu gắn liền với nước, tức là chuyển động với tốc độ $\vec{u}$ . Trong hệ thống này, chiếc bè có tốc độ ban đầu là $\vec{v}' = \vec{v} - \vec{u}$ và di chuyển theo đường thẳng. Trong trường hợp này, tốc độ của bè $\vec{v}'$ giảm do tác dụng của lực cản nước lên nó. (Nếu không có lực cản thì sau thời gian T chiếc bè sẽ đến điểm c có tọa độ

$x_c = uT, y_c = vT.)$ Độ dịch chuyển của bè so với bờ trong thời gian T bằng tổng độ dịch chuyển của nó $s_\pi = v'T$ so với nước và độ dịch chuyển của nước $s_B = uT$ (xem hình). Trong thời gian 2T, chuyển động của nước sẽ lớn gấp đôi. Chúng ta hãy đặt một đoạn có độ dài 2s_B từ điểm O dọc theo trục x và vẽ một đường thẳng song song với $s_\pi$ qua điểm có tọa độ 2s_B. Đường thẳng này cắt quỹ đạo của bè tại điểm nằm ngang với nó; Chiếc bè sẽ ở thời điểm này 2T sau khi bắt đầu chuyển động.

Một cách xây dựng tương tự được sử dụng để tìm các điểm mà đồ thị sẽ ở sau thời gian 3T, 4T, v.v.

Tôi. Yu. Poteryayko

F1050. Một tần số nhỏ khối lượng m, mang điện tích dương q, được đặt từ một khoảng cách rất lớn tới tụ điện theo hướng vuông góc với các bản của nó và chạy qua tụ qua các lỗ nhỏ vào giữa bản. Giả sử rằng ở một khoảng cách lớn so với tụ điện thì vận tốc của hạt là v,

Nếu tụ điện bị ngắt khỏi nguồn dòng thì hệ “hạt + tụ điện” đóng và tổng năng lượng của nó được bảo toàn. Điện trường ngoài của tụ điện tác dụng lên bộ phận này và công này làm tăng động năng của nó: $\Delta K = A$ . Kể từ đây
$\Delta K_A = K_A - \frac{mv^2}{2} = A_A, \quad \Delta K_B = K_B - \frac{mv^2}{2} = A_B,$
trong đó $A_A$ và $A_B$ là công của điện trường làm di chuyển một hạt từ vô cực đến các điểm tương ứng A và B, $K_A$ và $K_B$ là động năng của hạt tại các điểm này. Theo định nghĩa thế năng ta có thể viết:

tìm tốc độ của nó: 1) tại điểm A bên trong tụ điện (xem hìnhok); 2) tại điểm B ngay sau khi rời tụ điện. Tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế U, khoảng cách giữa các lớp của nó nhỏ hơn nhiều so với kích thước của các bản; Điện tích của tụ lớn hơn nhiều so với q.

$A_A = q(\varphi_\infty - \varphi_A), A_B = q(\varphi_\infty - \varphi_B).$

Điện thế $\varphi_\infty$ ở một khoảng cách rất xa so với tụ điện, như thường lệ, chúng ta đặt bằng 0. Hãy cùng tìm thế năng $\varphi_A$ và $\varphi_B$ .

Vì điện tích của hạt $q$ nhỏ hơn nhiều so với tụ điện nên chúng ta có thể giả sử rằng thực tế hạt không làm thay đổi tổng điện tích của tụ điện. Trường bên trong tụ điện đều và cường độ của nó là $E = U/d$ , trong đó $d$ là khoảng cách giữa các bản. Vì các bản tích điện âm và dương cách đều đường tâm $OO'$ bên trong tụ điện nên điện thế $\varphi_{OO'}$ trên đường này sẽ bằng 0. Vì trường đồng nhất nên đối với điểm $A, B$ và $C$ chúng ta có thể viết:

$\varphi_A - \varphi_C = -E \frac{d}{2}, \varphi_B - \varphi_C = E \frac{d}{2}.$

Nhưng $\varphi_C = 0$ , và do đó

$\varphi_A = -\frac{Ed}{2} = -\frac{U}{2}, \varphi_B = \frac{U}{2}.$

Từ đây xuất hiện $A_A$ và $A_B$ :

$A_A = -q\varphi_A = \frac{qU}{2}, A_B = -q\varphi_B = -\frac{qU}{2}.$

Như vậy,

$\Delta K_A = \frac{mv_A^2}{2} - \frac{mv^2}{2} = \frac{qU}{2},$

$\Delta K_B = \frac{mv_B^2}{2} - \frac{mv^2}{2} = -\frac{qU}{2},$

Từ đây là:

$v_A = \sqrt{v^2 + \frac{qU}{m}}, v_B = \sqrt{v^2 - \frac{qU}{m}}.$

Có thể thấy rằng nếu $v^2 < \frac{qU}{m}$ thì hạt sẽ không chạy qua tụ điện chút nào.

G. V. Grigoriev

F1051. Trong một từ trường có cảm ứng nằm ngang và bằng B, một vòng kim loại mỏng lăn không đứt với vận tốc v, trong đó có một khe hở rất nhỏ có chiều dài l; vectơ B vuông góc với mặt phẳng của vòng (hình 1). Tìm lực điện động cảm ứng tại thời điểm góc AOS (xem hìnhok) bằng α.

Cách trực tiếp để tìm EMF bao gồm việc chia vòng lặp thành các phần nhỏ (gần như tuyến tính) và tổng hợp tất cả các EMF cơ bản. Chúng tôi sẽ làm khác. Nếu có một vòng lặp bổ sung cho tổng thể thì EMF trong đó sẽ bằng 0 (mạch được đóng lại). Ở phía bên kia,

$0 = \mathcal{E}_0 + \mathcal{E}'$

trong đó $\mathcal{E}_0$ là hiệu điện thế cần thiết, $\mathcal{E}'$ là suất điện động cảm ứng của phần tử bổ sung. Kể từ đây,

$\mathcal{E}_0 = -\mathcal{E}' = -uBl \sin \varphi$

trong đó $u$ là tốc độ của phần tử, $l$ là độ dài của phần tử, $\varphi$ là góc mà vectơ $\vec{u}$ tạo với $\vec{B}$ . Như có thể thấy từ hình 2,

$u = 2v \sin \frac{\alpha}{2}, \varphi = \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}.$

Như vậy,

$\mathcal{E}_0 = -2Blv \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2} = -Blv \sin \alpha$

EMF thay đổi theo quy luật hình sin.

L. G. Markovich