Lời giải bài toán M1051—M1055; F1063—F1066

24

NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS). Please print your name and address in BLOCK LETTERS.

P1084. If a five kopeck coin is held briefly against frost covered glass, a circle appears along the rim of the coin. Why?
L. A. Ashkinazi

P1085. Figure hình 3 (p. 23) shows a process which brings the ideal gas from state A to state B. Locate the parts of the graph where the gas temperature increases (decreases).
I. Yu. Poteryaiko

P1086. The resulting tension of the electric field created by two point charges at the point A is zero, while at the point B the absolute values of the fields of the two charges are equal. Show that the resulting field at the point B is directed along the line AB.
V. T. Karapetyan

P1087. A mathematical pendulum oscillates. The maximum angle away from the equilibrium position is $\alpha_0 \leqslant \pi/2$. Find angles $\alpha_1$ and $\alpha_2$ where the weight’s acceleration assumes its largest and its smallest values. Plot the dependances of $\alpha_1$ and $\alpha_2$ on $\alpha_0$.
O. A. Sedletski

Lời giải bài toán
M1051 — M1055, F1063 — F1066

Trong cả hai trường hợp đáp số đều âm. Để đảm bảo điều này, hãy tô màu tài liệu theo chiều ngang: chiều ngang đầu tiên là màu đen, chiều ngang thứ hai là màu trắng, chiều ngang thứ ba lại là màu đen, v.v. (xem hình). Rõ ràng, khi nhảy, một quân cờ luôn rơi vào một hình vuông cùng màu, vì vậy các hình vuông 3x3 bắt đầu và kết thúc phải có cùng số lượng hình vuông màu đen. Nhưng ở hình vuông phía dưới có 6 cái trong số đó, và ở hình vuông phía trên - bên trái hoặc bên phải - 3.

Bài toán a) có thể giải theo cách tương tự với cách tô màu cờ vua thông thường.
J. E. Briskin

M1052. Chứng minh rằng trong n hình tứ giác bị cắt khỏi một n-giác lồi bằng các đường chéo thì không quá n/2 có thể là đường tròn ngoại tiếp. Cho ví dụ về hình bát giác có 4 hình tứ giác như vậy.

Nếu có thể đếm được nhiều hơn n/2 các hình tứ giác được mô tả thì trong số chúng sẽ có hai hình tứ giác lân cận - có hai cạnh chung. Hãy ký hiệu chúng là ABCD và BCDE (hình 1). Đối với mỗi người trong số họ, tổng các cạnh đối diện bằng nhau:
$$AB + CD = BC + AD, \quad BC + DE = CD + BE.$$
Từ đây chúng ta có được điều đó
$$AB + DE = AD + BE.$$ (*)

n-giác ban đầu là lồi nên các đường chéo AD và BE của nó cắt nhau tại điểm P. Bởi

25

bất đẳng thức tam giác

$$AD + BE = AP + BP + PD + PE > AB + DE,$$

mâu thuẫn với (*).

Để xây dựng hình bát giác cần thiết, chúng ta mô tả một hình thang đều $A_1A_2A_3A_4$ xung quanh một hình tròn có góc 45° ở đáy $A_1A_4$, sau đó xây dựng nó thành một hình bát giác $A_1A_2...A_8$ như trong hình 2. Tương tự, một n-giác được tạo ra, từ đó chúng ta có thể đếm các đường chéo [n/2] của các hình tứ giác được mô tả.

N. M. Sedrakyan

M1053. Chứng minh rằng trong dãy số Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …, trong đó mỗi số bằng tổng của hai số liền trước thì tại $m \geq 2$ sẽ có ít nhất 4 và nhiều nhất là 5 số có m chữ số.

$$u_n = \frac{\tau^{n+1} - (-1/\tau)^{n+1}}{\sqrt{5}},$$

ở đâu $\tau = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Đặt $u_n$ là dãy Fibonacci: $u_0 = 1, u_1 = 1,$

$$u_{n+1} = u_n + u_{n-1}.$$

(1)

Chúng ta đưa ra ước tính đơn giản sau đây cho tỷ lệ $r_n = u_{n+1}/u_n$ của các số Fibonacci lân cận: bắt đầu từ $u_3/u_2 = 3/2$, tỷ lệ $r_n$ không nhỏ hơn $3/2 = 1,5$ và không lớn hơn $5/3 = 1,66... < 1,7$.

Dễ dàng chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học. Nhờ (1)

$$r_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 + \frac{u_{n-1}}{u_n} = 1 + \frac{1}{r_{n-1}}.$$

Vì vậy, nếu

$$\frac{3}{2} \leq r_{n-1} \leq \frac{5}{3},$$

(2)

tức là $2/3 \geq 1/r_{n-1} \geq 3/5$, thì $r_n$ được ước tính từ phía trên theo số $1+2/3=5/3$ và từ bên dưới theo số $1+3/5=8/5>3/2$. Và vì ước lượng (2) đúng với $n=3$ nên nó cũng đúng với mọi $n \geq 3$.

Đặt $u_k$ là số Fibonacci có $m$ chữ số nhỏ nhất, $m \geq 2$. Sau đó $u_k \geq 10^{m-1}, u_{k+1} \geq 1,5u_k,$

$$u_{k+2} = u_{k+1} + u_k \geq 2,5u_k,$$

$$u_{k+3} \geq (2,5+1,5)u_k = 4u_k,$$

$$u_{k+4} \geq (4+2,5)u_k = 6,5u_k,$$

và khi đó $u_{k+5} \geq 10,5u_k > 10^m$ không nhỏ hơn số $(m+1)$ chữ số. Vì vậy, không có nhiều hơn 5 số Fibonacci có $m$ chữ số.

Mặt khác, $u_{k-1} < 10^{m-1}, u_k < 1,7u_{k-1}$ và tương tự như phần trước, chúng ta nhận được $u_{k+3} < 7,1u_{k-1} < 10^m$. Do đó, có ít nhất 4 số Fibonacci $m$ chữ số.

Bạn có thể giải quyết bài toán này theo cách khác, sử dụng công thức rõ ràng cho các số Fibonacci *) được đưa ra ở lề.

N. V. Vasiliev

*) Ví dụ, xem cuốn “Olympic Toán học Tương ứng”, M.: Nauka, 1987, bài toán 6-11.

27

nói các điều khoản của chúng tôi. Điều này cung cấp ít nhất $(21-k)(20-k)/2$ phân đoạn. Vậy tổng số đoạn thẳng của đồ thị không nhỏ hơn

$$\frac{k(k-1)}{2} + \frac{(21-k)(20-k)}{2} = k^2 - 21k + 210 \geq 100$$

(đối với số nguyên $k$); mức tối thiểu đạt được ở $k=10$ hoặc $k=11$. Ước tính này không phải là ulashema, như có thể thấy từ khoảng cách được hiển thị trong hình: 10 điểm lớn ở một đầu của đường kính và 11 điểm lớn ở đầu kia.

Trong trường hợp tổng quát $n$ điểm trên đường tròn thì số 100 phải thay bằng $n(n-2)/4$ cho số chẵn $n$ và $(n-1)^2/4$ cho số lẻ; bằng chứng được bảo tồn.

V. N. Dubrovsky, A. F. Sidorenko

F1063. Người đi bộ cần đi từ điểm trường $A$ đến điểm trường $B$ trong thời gian ngắn nhất có thể, khoảng cách giữa đó là 1300 m. Cánh đồng được cắt ngang bởi một con đường thẳng sao cho điểm $A$ cách sân 600 m và điểm $B$ cách sân 100 m. Tốc độ di chuyển của người đi bộ qua cánh đồng là 3 km/h và dọc đường - 6 km/h. Người đi bộ nên đi theo con đường nào?

Thời gian tối thiểu là bao lâu? Khoảng cách xảy ra khi các điểm $A$ và $B$ nằm cùng một phía đường và khi chúng nằm ở hai phía đối diện nhau của đường.

Đối với lời giải bài toán, chúng tôi sẽ xây dựng mặt trước của vùng có thể tiếp cận - ranh giới của vùng tại bất kỳ điểm nào mà người ta có thể ở đó trong một khoảng thời gian nhất định.*)

Chúng ta sẽ xây dựng ranh giới này tại thời điểm nó đi qua điểm $B$ (khoảng cách là trường hợp điểm $A$ và $B$ nằm đối diện nhau trên đường). Trong trường hợp này, chúng ta vẽ qua điểm $B$ (xem hình) một đường thẳng tạo thành một góc $\varphi$ với đường sao cho $\sin \varphi = v/u$, trong đó $v$ là tốc độ di chuyển dọc theo sân, $u$ là tốc độ di chuyển dọc đường. Từ dữ liệu bài toán suy ra $\sin \varphi = 1/2$, $\varphi = \pi/6$. Giả sử đường thẳng này cắt đường tại điểm $D$. Từ điểm $A$ ta vẽ một đường tròn tiếp tuyến với đường thẳng $BD$. Từ dữ liệu bài toán suy ra điểm $B$ nằm giữa điểm tiếp tuyến $C$ và điểm $D$.

Vì vậy, tại thời điểm mặt trước đi qua điểm $B$ mà chúng ta quan tâm, phần mặt trước được biểu thị bằng một hình tròn có bán kính $AC$ và một đoạn tiếp tuyến $CD$. **) Theler có thể dễ dàng hiểu rằng quỹ đạo tối ưu từ $A$ đến $B$ sẽ là đường đứt nét $AFGB$, và $CFD = BGD = \pi/2 - \varphi = \pi/3$.

Tương tự, nếu các điểm $A$ và $B(B')$ nằm cùng một phía đường thì quỹ đạo tối ưu sẽ là đường đứt nét $AFKB'$, với $B'KD = \pi/2 - \varphi = \pi/3$. Lưu ý rằng với sự sắp xếp lẫn nhau khác nhau của các điểm $A$, $B$ và đường (ở các khoảng cách khác), quỹ đạo tối ưu có thể là một đoạn thẳng không có đoạn đường (trong trường hợp này, điểm $B$ nằm trên một phần của mặt trước, là một phần của hình tròn có bán kính $AC$).

Teler sẽ tìm thời gian di chuyển tối thiểu từ điểm $A$ đến điểm $B$. Nếu các điểm nằm ở hai phía đối diện của con đường -

$$t_{\min} = \frac{AF}{v} + \frac{FG}{u} + \frac{GB}{v} \approx 23,5 \text{ мин.}$$

Nếu điểm $A$ và $B(B')$ nằm cùng một phía đường -

$$t_{\min} = \frac{AF}{v} + \frac{FK}{u} + \frac{KB'}{v} \approx 24,6 \text{ мин.}$$

S. S. Krotov

*) Tôi nói chi tiết về nguyên tắc xây dựng mặt trước của vùng có thể tiếp cận trong bài viết Về quỹ đạo di chuyển tối ưu trong «Kvant» số 6 năm 1982.

**) Toàn bộ mặt tiền đối xứng vuông góc với đường đi qua điểm $A$; phiên bản bên trái của phần của nó là đoạn thẳng từ điểm $D$ đến giao điểm với đường tròn có bán kính $AC$, tạo một góc $\varphi = \pi/6$ với đường và một phần của đường tròn có bán kính $AC$.

28

F1064. Sợi chỉ được gắn vào và quấn quanh vành của một vật nặng. Nếu đầu kia của sợi chỉ được gắn vào trần nhà và vật được thả ra thì nó sẽ di chuyển xuống dưới, làm lành và tháo sợi chỉ. Cho ba vật thể như vậy được kết nối “nối tiếp”, tức là phần cuối của sợi chỉ của vật thể tiếp theo được gắn vào trục của vật thể trước đó (hình 1). Tất cả các vật thể đồng thời được thả ra và chúng bắt đầu chuyển động. Xác định gia tốc mà âm lượng phía trên di chuyển.

Vật phía trên sẽ chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu nếu số lượng vật mắc nối tiếp rất lớn?

Giả sử khối lượng của vòng phân bố đều dọc theo vành của nó, kim đan không trọng lượng, các sợi chỉ không trọng lượng và không thể giãn ra, không có rãnh.

Hình 1.

Hình 2.

Để hệ thống chứa $N$ các đối tượng được kết nối tuần tự, như được hiển thị trong hình 2. Hãy xử lý chúng từ trên xuống dưới. Vòng được đánh số $k$ được tác động lên trên bởi lực căng của sợi $k$ và hướng xuống dưới bởi trọng lực và lực căng của sợi $(k+1)$. Chúng ta hãy viết phương trình chuyển động của vật thứ $k$:

$$mg + T_{k+1} - T_k = ma_k,$$

(1)

trong đó $a_k$ là hình chiếu của gia tốc khối tâm của vật lên phương chuyển động, $m$ là khối lượng của vật, $T_k$ và $T_{k+1}$ là lực căng của sợi dây.

Một phương trình tương tự có thể được viết cho bất kỳ tập nào. Trong trường hợp này, $T_{N+1} = 0$, vì đơn giản là không có chủ đề $(N+1)$. Do đó, các phương trình (1) được viết cho $k=1\div N$ biểu thị một hệ phương trình $N$ với $2N$ ẩn số $a_k$ và $T_k$.

Có thể thu được một phương trình $N$ khác bằng cách sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Trong thời gian $t$ sau khi bắt đầu chuyển động $k$, vật có gia tốc $a_k$, rơi xuống một khoảng $s_k$, đạt tốc độ tịnh tiến $v_k$ và tốc độ góc quay quanh vật $\omega_k$. Các đại lượng này có liên hệ với nhau bởi mối quan hệ

$$s_k = a_k t^2 / 2, \quad v_k = a_k t, \quad \omega_k R = v_k - v_{k-1},$$

(2)

trong đó $R$ là bán kính của vật thể. Hãy tính động năng của thể tích mà nó đã đạt tới tại thời điểm $t$. Để làm điều này, chúng tôi chọn hai mảnh nhỏ có cùng khối lượng $\Delta m$, nằm trên cùng một đường kính (hình 3). Tốc độ của mỗi mảnh là tổng của tốc độ $v_k$ của chuyển động tịnh tiến của nó và tốc độ tuyến tính của chuyển động quay quanh tâm của vật thể $(\bar{u} \text{ и } -\bar{u}, u = \omega_k R)$. Tổng động năng của các mảnh này bằng

$$\Delta m (\bar{v}_k + \bar{u})^2 / 2 + \Delta m (\bar{v}_k - \bar{u})^2 / 2 = 2 (\Delta m v_k^2 / 2 + \Delta mu^2 / 2).$$

Động năng của toàn bộ khối lượng bằng tổng năng lượng của tất cả các cặp như vậy, nghĩa là nó bằng

$$mv_k^2 / 2 + m (\omega_k R)^2 / 2.$$

(3)

Năng lượng này bằng công của tất cả các lực tác dụng lên vật. Công của các lực $mg$ và $T_{k+1}$ là dương và bằng $(mg + T_{k+1}) s_k$. Công của các lực $T_k$ âm và bằng $(-T_k) s_{k-1}$ (vì điểm tác dụng của lực dịch chuyển xuống dưới một khoảng $s_{k-1}$). Đó là lý do tại sao

$$mv_k^2 / 2 + m (\omega_k R)^2 / 2 = (mg + T_{k-1}) s_k - T_k s_{k-1}.$$

Từ phương trình này, xét đến (1) và (2), sau khi biến đổi ta thu được:

$$T_k = m (a_k - a_{k-1}), \quad k = 1 \div N.$$

(4)

Phương trình (3), biểu thị lực căng của sợi dây thông qua gia tốc, có giá trị đối với bất kỳ sợi dây nào, và do đó, (3), giống như (1), là một hệ phương trình $N$ với $2N$ ẩn số. Thay thế từ hệ biểu thức này cho lực căng trong hệ phương trình (1), kết quả cuối cùng là:

$$-a_{k-1} + 3a_k - a_{k+1} = g, \quad k = 1 \div N.$$

Trong hệ thống này, phương trình phải được xem xét $a_0 = 0$, vì đây là gia tốc của điểm treo của tập đầu tiên, $a_{N+1} = a_N$, vì $T_{N+1} = 0$ (($N+1$) không có sợi dây).

Bây giờ chúng ta viết ở dạng mở rộng hệ phương trình (4) cho ba đối tượng ($N=3$):

$$\begin{align*} 3a_1 - a_2 &= g, \\ -a_1 + 3a_2 - a_3 &= g, \\ -a_2 + 2a_3 &= g. \end{align*}$$

Giải hệ này, ta được

$$a_1 = \frac{8}{13} g; \quad a_2 = \frac{11}{13} g; \quad a_3 = \frac{12}{13} g.$$

29

Lưu ý rằng hệ (4) có thể giải được với bất kỳ giá trị hữu hạn nào của $N$. Rõ ràng là khi $N$ tăng lên thì độ khó của phép tính cũng tăng lên. Nếu $N \to \infty$ thì sao? Ở đây chúng ta sẽ thực hiện các đối số có giá trị cụ thể cho trường hợp $N \to \infty$.

Giả sử gia tốc của vòng đầu tiên là $a_1 = \chi g$, (5)

trong đó $\chi$ là một số nhất định mà chúng ta cần xác định. Bây giờ chúng ta chuyển sang hệ thống báo cáo, di chuyển với gia tốc $a_1$. Trong hệ thống này, mô tả chuyển động của tất cả các vòng, bắt đầu từ vòng thứ hai, là bài toán, tương tự như mô tả ban đầu của chúng tôi, với điểm khác biệt duy nhất là chuyển động xảy ra trong trường hấp dẫn với

$$g' = g - a_1 = g(1 - \chi)$$

và tổng số vòng giảm đi một. Vì vẫn còn rất nhiều vòng nên đương nhiên có thể giả sử rằng gia tốc của vòng trên (thứ hai) bằng

$$a'_1 = \chi g'.$$

Do đó, trong hệ thống báo cáo cố định, gia tốc của vòng thứ hai bằng

$$a_2 = a'_1 + a_1 = \chi g' + \chi g = \chi(g' + g) = \chi(g(1 - \chi) + g) = g(2 - \chi).$$ (6)

Thay các biểu thức (5) và (6) cho $a_1$ và $a_2$ vào phương trình đầu tiên của hệ (4), ta tìm được $\chi$:

$$\chi^2 + \chi - 1 = 0 \Rightarrow \chi = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}.$$

Do đó, gia tốc của vòng thứ nhất đối với $N$ đủ lớn bằng

$$a_1 = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} g.$$ (7)

Lưu ý rằng biểu thức đã ở $N = 3$ (7) hợp lệ với độ chính xác 0,5% và đối với $N = 10$ - với độ chính xác $10^{-6}$%.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F1065. Không thể đun sôi một cái chảo chứa 1 lít nước bằng cách đun nóng với công suất 100 W. Xác định xem nước sẽ nguội đi một độ nếu bạn tắt bếp đun nóng.

Đây là một bài toán rất đơn giản - từ điều kiện có thể thấy rõ rằng công suất của lò sưởi bằng công suất để lại chảo nước trong không gian xung quanh (nhiệt độ của nước không thay đổi theo thời gian). Điều này có nghĩa là nếu tắt thiết bị làm nóng, công suất đầu ra là 100 W và nước nguội đi một độ trong thời gian đó.

$$\tau = \frac{cm \cdot \Delta T}{P} = 4,2 \cdot 10^3 \frac{\text{Дж}}{\text{кг} \cdot \text{К}} \cdot 1 \text{ кг} \cdot \frac{1\text{K}}{100\text{Вт}} = 42\text{с}.$$

A. R. Zilberman

F1066. Giả sử rằng do cháy mạnh ở các tầng trên của khí quyển, một lớp đường sẽ xuất hiện, hấp thụ gần như toàn bộ bức xạ mặt trời chiếu vào nó. Nhiệt độ trung bình của Trái đất sẽ trở thành bao nhiêu nếu bây giờ là 300 K?

Một cách gần đúng, chúng ta có thể giả sử rằng giá trị hiện tại của nhiệt độ trung bình của Trái đất là kết quả của sự cân bằng của hai dòng nhiệt: từ Mặt trời đến Trái đất và từ Trái đất trong không gian xung quanh. Trong trường hợp hình thành lớp sahka, dòng năng lượng mặt trời vẫn giữ nguyên, nhưng bản thân lớp đó, có hai bề mặt, sẽ tỏa một nửa dòng năng lượng này ra bên ngoài - vào không gian và một nửa - vào bên trong. Do đó, bề mặt Trái đất sẽ bắt đầu nhận được ít nước ấm hơn hiện tại và sau khi trạng thái cân bằng nước được thiết lập, lượng nhiệt sẽ tỏa trở lại lớp sẽ ít hơn; tức là $q_1 = 2q_2$,