Lời giải bài toán M1116—M1120; F1128—F1132

Kvant 1989, số 1 tr. 22-28 Thẻ PPJV

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 →

Cố định bất động, còn tấm kia có thể di chuyển, vẫn song song với tấm thứ nhất. Tấm di động được gắn vào tường bằng lò xo có độ cứng $k=10$ N/m. Khoảng cách ban đầu giữa các tấm là $d=3$ cm, diện tích mỗi tấm là $S=0,5$ m2. Tính thang đo vôn kế. Điện áp tối đa có thể thay đổi với nó là bao nhiêu? Hãy xem xét riêng trường hợp khi mức đào tạo cao là rất nhỏ và khá lớn.

A. R. Zilberman

F1152. Phía sau thấu kính ở khoảng cách $l=4$ cm (tiêu cự lớn), một gương phẳng được đặt vuông góc với trục quang chính. Phía trước ống kính, cũng vuông góc với trục quang chính, có một tờ giấy ca rô (hình 2). Trên tấm này, hình ảnh của các ô của nó thu được ở hai vị trí của tấm so với thấu kính. Các vị trí này khác nhau $l=9$ cm. Xác định tiêu cự của thấu kính.

E. P. Kuznetsov

Lời giải bài toán
M1116—M1120, F1128—F1132

Đáp số: a) 74; b) 6) $2S+2$ .
Một miếng vá có kích thước $m \times n$ ô chứa $f=(m+1)(n+1)$ nút. Đối với một khu vực nhất định $mn=S$ giá trị

$f=S+m+n+1=S+m+\frac{S}{m}+1$

lấy giá trị lớn nhất $2S+2$ cho $m=1$ hoặc $m=S$ (đối với hình chữ nhật có kích thước $1 \times S$ ). Đối với $m$ ( $1<m<S$ ) khác, giá trị của $f$ nhỏ hơn $2S+2$ . Điều này suy ra từ bất đẳng thức $m+\frac{S}{m}<S+1$ , tương đương với bất đẳng thức tiếp theo $(m-S)(m-1)<0$ . Lưu ý rằng tuyên bố tổng quát hơn là đúng: cho trước $S$ (S là số nguyên hoặc số kết quả), trong tất cả các đa giác có đỉnh tại các nút giấy ca rô, đa giác không có nút bên trong chứa số lượng nút lớn nhất. Điều này tuân theo công thức của Pick cho ô $S$ của các đa giác như vậy*: $S=i+\frac{r}{2}-1$ , trong đó $i$ là số nút nằm bên trong đa giác và $r$ là số nút trên ranh giới của nó: tổng số nút là $i+r \leq 2i+r=2S+2$ . (Bất bình đẳng chỉ trở thành bình đẳng ở $i=0$ .)

V. L. Gugenaher

M1117. Một hình tam giác tùy ý được đưa ra. Chứng minh rằng: a) Có thể dựng được ba đường tròn tâm tại các đỉnh bằng cách

Điểm $K, L, M$ là điểm tiếp tuyến của các cạnh của một tam giác cho trước $ABC$ với đường tròn nội tiếp (xem hình; nếu $OK=OL=OM$ là bán kính của đường tròn nội tiếp

*) Xem bài “Xung quanh công thức chọn”, «Kvant», 1974, số 12.

các loại thuốc tiếp xúc nhau theo cặp (tại các điểm K, L, M); b) nếu qua giữa mỗi cung KL, LM, MK nằm bên trong tam giác, vẽ một tiếp tuyến với nó thì tạo thành bốn hình tam giác, diện tích của một trong số đó (hình ở giữa) bằng tổng diện tích của ba hình còn lại.

Đường thẳng vẽ qua trung điểm $C'$ cho KL (có tâm C) cắt từ $\triangle ABC$ một tam giác đều có diện tích bằng tứ giác $CKOL$ : chiều cao $CC'$ cắt tam giác đều này thành hai tam giác vuông bên trái, bằng $\Delta KCO = \Delta LCO$ . Ở đây cũng cần lưu ý rằng tiếp tuyến này (tại hình có màu đỏ) luôn cắt các cạnh CA và CB (góc COB tù, vì tổng hai góc B và C của tam giác ABC nhỏ hơn $90^\circ$ nên cạnh huyền CO của tam giác COK nhỏ hơn CB; tương tự là $\angle COA > 90^\circ$ , nên $CO < CA$ ). Một sự sắp xếp lại tương tự cho hai tiếp tuyến màu đỏ còn lại biến các tam giác đều có đường cao $AA'$ và $BB'$ thành tứ giác $ALOM$ và $BMOK$ . Như vậy, tổng diện tích của ba tam giác đều có đáy màu đỏ bằng diện tích tam giác $ABC$ . Điều này ngụ ý tuyên bố cuối cùng bài toán: diện tích không được bao phủ bởi các hình tam giác bằng diện tích được bao phủ bởi chúng hai lần.

A. A. Gorbachev

M1118. a) Chứng minh rằng phương trình $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2$ (*) có vô số nghiệm của bốn số $(x, y, z)$ không có ước chung lớn hơn 1.
b) Có bao nhiêu lời giải có $z=1988$ ?

a) Viết lại phương trình (*) dưới dạng
$xy+yz+zx=0.$
Lưu ý rằng nếu một trong các ẩn số là 0 thì một số ẩn số khác cũng bằng 0; trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ không xem xét lời giải tầm thường như vậy. Đặt $d$ là ước số chung nhất của $x$ và $y$ , $x=da$ , $y=ab$ . thì $z=-xy/(x+y)=-dab/(a+b)$ , trong đó $a, b$ và $a+b$ là cặp nguyên tố cùng nhau, vì vậy $d$ chia hết cho $a+b:d=k(a+b)$ . Từ đây chúng ta thu được công thức tổng quát cho số không tầm thường lời giải:
$x=ka(a+b), y=kb(a+b), z=-kab,$
trong đó $a, b, k$ là số nguyên và $a$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau. Đối với $k=1$ , chúng ta thu được tất cả các lời giải khác nhau có thể có từ các số không có ước chung lớn hơn 1.
b) Đáp số: 16. Câu hỏi tóm tắt là có bao nhiêu cách biểu diễn 1988 dưới dạng tích $-ab$ , trong đó $a$ và $b$ là các số nguyên tố cùng nhau. Kể từ năm 1988 = $4 \cdot 7 \cdot 71$ , trong vai $a$ chúng ta có thể lấy tích của một số số - 1, 4, 7, 71 (khi đó $b$ sẽ là tích của những số còn lại; tích của “tập rỗng” đương nhiên được coi là 1.)
S. G. Mamikonyan, N. V. Vasiliev

M1119. Chúng ta gọi một ngôi sao $k$ là một hình trên một mặt phẳng gồm các tia $k$ có điểm bắt đầu chung là phân chia mặt phẳng thành $k$ bằng nhau

mọi góc độ (360°/k).
Với k>2 thì mệnh đề sau đây đúng: với bất kỳ k điểm nào của một mặt phẳng tổng quát (không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng) đều tồn tại một ngôi sao k, mỗi góc trong số k góc của nó chứa chính xác một trong k điểm này?

Hình 1.

Hình 2.

Zadatnik, Kanma

Với k=4, hãy xem xét hai trường hợp. Nếu các điểm nằm ở các đỉnh của một tứ giác lồi thì tâm của ngôi sao 4 có thể được coi là giao điểm của các đường chéo của nó và các tia có thể hướng dọc theo đường phân giác của các góc giữa chúng (hình 2). Nếu một trong các điểm D nằm bên trong tam giác ABC với ba đỉnh còn lại và ∠ADB>90°, thì với tư cách O, chúng ta có thể chọn giao điểm của đoạn DC và một hình bán nguyệt nhất định, đường kính của A₁B₁ nằm hoàn toàn trên đoạn AB và các tia có thể hướng dọc theo các đường thẳng OA₁ và OB₁ (hình 3).

Để chứng minh rằng với k=5 (và k>5) mệnh đề sai, chỉ cần đưa ra một ví dụ; 5 điểm nằm trên một cung có giá trị α<72° là phù hợp. Trong thực tế, nếu cung α cắt bốn điểm của các tia của một ngôi sao 5 có tâm O thì α>72°. (vì tổng nửa cung AB′ và A′B trên hình 4 bằng ∠AOB′=36°.

M. Khovanov

M1120. a) Dãy số a₀, a₁, a₂, … được cho bởi dãy số Fibonacci tương ứng a₀=0, a₁=1, a₂=1, a₃=2, …, với các điều kiện: aₙ+1=aₙ+aₙ-1, n=1,2,…

b) Chứng minh mệnh đề tương tự cho dãy Fibonacci a₀=0, a₁=1, a₂=1, a₃=2, …, với điều kiện: aₙ+1=aₙ+aₙ-1, n=1,2,…

Chúng ta hãy chứng minh mệnh đề tổng quát: nếu dãy a₀=0, a₁, a₂, … các số nguyên sao cho

GCD(aₘ, aₖ)=GCD(aₘ-k, aₖ) (1)

với mọi m>k ≥1 thì

GCD(aₘ, aₖ)=aₖ, (2)

trong đó d=GCD(m, k).

Thật vậy, với bất kỳ cặp giá trị ban đầu m, k nào, thao tác lặp lại

(m, k)→(m-k, m)

(từ số lớn hơn của cặp, số nhỏ hơn bị trừ) dẫn đến nhạt (d, 0), trong đó d=gcd(m, k); Đây là một phiên bản của thuật toán Euclid tìm ước tổng quát nhất của các số m, n được trình bày trong sách giáo khoa với thông tin dành cho lớp 9 (thông thường thuật toán Euclid được gọi là dạng “rút gọn”, gồm một dãy chia có dư.

Do đó, từ đẳng thức (1) suy ra rằng

GCD(aₘ, aₖ)=GCD(aₘ, a₀)=GCD(aₘ, 0)=aₖ

đây là (2).

a) Đặt P(P(P(…(P(x))…))=Pₙ(x); đây là đa thức có hệ số nguyên và aₘ=Pₘ(a₀) và aₘ=Pₘ-k(aₖ) với m>k. Lưu ý rằng Pₙ(x)=aₙ+xQₙ(x), trong đó Qₙ(x) cũng là đa thức có số nguyên Hãy kiểm tra (1): với m>k ≥1.

GCD(aₘ, aₖ)=GCD(Pₘ-k(aₖ), aₖ)=GCD(aₘ-k+

F1128. Một vòng mỏng đồng chất có khối lượng M, bán kính R nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Đường kính nằm ngang của vòng là một ống nhẹ, nhẵn, trong đó đặt một quả bóng có khối lượng m, gắn vào vòng bằng hai lò xo có độ cứng k (hình 1). Giữ cho vòng không chuyển động, quả bóng bị lệch sang trái một lượng x, sau đó hệ được để lại cho các thiết bị riêng của nó. Tôi sẽ loại bỏ gia tốc của tâm vòng tại thời điểm ban đầu. Không có sự trượt của vòng.

hình 2 thể hiện các lực tác dụng lên quả bóng và vòng.

Giả sử gia tốc của tâm vòng bằng a. Khi đó phương trình biểu thị định luật II Newton cho chuyển động thi công của vòng (theo hình chiếu theo phương ngang) sẽ có dạng:

$Ma = 2kx - F_{тр}$

Ở đây 2kx là tổng lực của cả hai lò xo, $F_{тр}$ là lực ma sát từ mặt ngang.

Nếu gia tốc của tâm vòng bằng a thì gia tốc theo phương thẳng đứng của quả bóng sẽ bằng $ax/R$ và phương trình chuyển động của quả bóng (theo hình chiếu theo phương thẳng đứng) được viết là:

$ma \frac{x}{R} = mg - N.$

Ở đây N là phản lực tác dụng lên thành ống trơn. Cuối cùng, hãy viết phương trình mô tả chuyển động quay của vòng quanh tâm:

$MRa = F_{тр}R + Nx.$

Giải hệ ba phương trình, ta được

F1129. Một cuộn dây có hình dạng giống như một cực hẹp (hình 1) được đặt trên một nam châm vĩnh cửu hình trụ trong vùng cực của nó. Nếu đường đi của cuộn dây dao động điều hòa dọc theo trục OO’ với biên độ $A=1$ mm (nhỏ hơn nhiều so với kích thước của nam châm và cuộn dây) và tần số $f=1000$ Hz, thì một sức điện động cảm ứng có biên độ $\mathcal{E}_0=5$ V được tạo ra trong đó. Lực nào sẽ tác dụng lên một cuộn dây đứng yên nếu có dòng điện $I=200$ mA chạy qua nó?

Khi cuộn dây chuyển động dọc theo trục của nam châm thì dòng cảm ứng từ qua cuộn dây thay đổi. Kết quả là xuất hiện trong đó một suất điện động cảm ứng $\mathcal{E}=N\Delta\Phi/\Delta t$ , trong đó $N$ là số vòng dây, $\Phi$ là dòng cảm ứng từ qua một vòng dây.

Để tính $\Phi$ chúng ta tiến hành như sau. Chúng ta hãy kéo căng một bề mặt nào đó lên một cuộn dây và đếm số đường cảm ứng từ trường $\bar{B}$ giao nhau với bề mặt này. Trong trường hợp này, sẽ thuận tiện hơn khi sử dụng bề mặt ở dạng hình trụ có nắp (hình 2). Trong trường hợp này, chúng ta sẽ lưu ý rằng khi trộn cuộn dây, nắp vẫn giữ nguyên nhưng khoảng cách giữa nó và cuộn dây thay đổi. Để cuộn dây di chuyển xuống $\Delta x$ . Sau đó, một “dây đai” có diện tích $2\pi R\Delta x$ được thêm vào bề mặt bên của hình trụ, trong đó $R$ là bán kính của cuộn dây. Tương ứng với $\Phi$ được thêm $\Delta\Phi$ - từ thông qua “vành đai” này:

$\Delta\Phi=2\pi R\Delta x\cdot B_r,$

trong đó $B_r$ là hình chiếu hướng tâm (tức là vuông góc với bề mặt bên của hình trụ) của vectơ $\bar{B}$ . Như vậy,

$\mathcal{E}=N\cdot 2\pi R\frac{\Delta x}{\Delta t}B_r=N\cdot 2\pi RvB_r,$

trong đó $v$ là tốc độ cuộn dây. Với dao động điều hòa, biên độ vận tốc

$v_0=\omega x_0=2\pi fA,$

Và

$\mathcal{E}_0=N\cdot 2\pi R\cdot 2\pi fAB_r.$

Mặt khác, lực cần thiết bằng

$F=\sum\Delta F=\sum N\cdot I\Delta l\cdot B_r=N\cdot 2\pi RIB_r.$

Từ hai đẳng thức cuối cùng ta thu được

$F=\frac{\mathcal{E}_0I}{2\pi fA}\approx 0,16\text{ H.}$

M. M. Tsyplin

F1130. Mạch dao động gồm một tụ điện chân không có điện dung $C$ , khoảng cách giữa các bản tụ là $d$ và một cuộn cảm. Phần tự nhiên của dao động trong mạch bằng $\omega_0$ . Điều gì sẽ là của riêng bạn

Chúng ta hãy viết năng lượng của hệ tại một thời điểm tùy ý:

$W=\frac{LI^2}{2}+\frac{CU^2}{2}+\frac{mv^2}{2}-\frac{qUx}{d},$

trong đó $L$ là độ tự cảm của cuộn dây, $I$ là dòng điện trong cuộn dây, $U$ là điện áp trên tụ điện, $v$ là tốc độ của hạt, $x$ là tọa độ của nó. Phương trình chuyển động của hạt trong điện trường của tụ điện có dạng:

Tần số nếu một tần số chính xác tự do của khối lượng $m$ và điện tích $q$ được đặt giữa các bản của tụ điện? Cũng không có sức lực. Các tác động biên và cường độ của “thiết bị tĩnh điện” đã được khẳng định.

$ma = \frac{qU}{d}.$

Nếu $U$ thay đổi theo định luật điều hòa $U = U_0 \cos \omega t$ thì
$v = \left( qU_0 / (md\omega) \right) \sin \omega t,$
$x = -\left( qU_0 / (md\omega^2) \right) \cos \omega t,$
$I = -CU_0 \omega \sin \omega t.$

Theo định luật bảo toàn năng lượng
$W = U_0^2 \left( \frac{L}{2} (C\omega)^2 + \frac{m}{2} \left( \frac{q}{m\omega d} \right)^2 \right) \sin^2 \omega t +$
$+ U_0^2 \left( \frac{C}{2} + \frac{q^2}{m(\omega d)^2} \right) \cos^2 \omega t = \text{const.}$

Điều này chỉ có thể thực hiện được nếu hệ số $\cos^2 \omega t$ và $\sin^2 \omega t$ bằng nhau. Từ đây chúng ta có được
$\omega^2 = \omega_0^2 / 2 + \left( \left( \omega_0^2 / 2 \right) \right)^2 + \left( q\omega_0 / d \right)^2 / (mC)^{1/2}.$

Hãy để chúng tôi đánh giá những điều kiện nào có thể áp dụng với một “lựa chọn tĩnh điện”* (như đã thực hiện ở trên). Lực này, có độ lớn bằng $q^2 x / (\varepsilon_0 d^3)$ , phải nhỏ hơn nhiều so với lực tĩnh điện “thông thường” $qU/d$ , do đó
$\frac{q^2}{\varepsilon_0 d^3 m\omega^2} \ll 1.$

Vì diện tích của các bản tụ điện là $S \gg d^2$ và $C = \varepsilon_0 S / d$ nên công thức (*) có giá trị nếu việc đưa một hạt vào tụ điện không làm thay đổi nhiều tần số dao động trong mạch.

A. V. Andrianov, D. A. Kuptsov

F1131. Rất khó để xác định tốc độ gió ở Smerya bằng các thiết bị khí tượng thông thường (vì Smerya không có kích thước lớn và di chuyển) và không có tính chất đới. Người ta đề xuất đo nó từ xa bằng cách sử dụng một đài phát thanh cầm tay (vì có rất nhiều bụi và các vật thể nhỏ bên trong lò phản xạ, nó phản xạ các điện áp phóng xạ). Radar phát ra sóng vô tuyến ở tần số $f_0 = 10^{10} \text{ Гц}$ . Phổ phản xạ từ Mertz được biểu thị bằng hình ( $\Delta f = f - f_0$ ). Tìm tốc độ gió tối đa ở Smereta.

Tần số của tín hiệu phản xạ khác với tần số của bộ phát do hiệu ứng Doppler. Sự thay đổi tần số tối đa sẽ xảy ra nếu tốc độ của vật thể phản xạ vôn vô tuyến hướng chính xác về phía radar (hoặc ra xa nó).

Chúng ta sẽ giả sử rằng radar gửi các xung vô tuyến ngắn có tần số lặp lại $f_0$ và tần số của các xung mà nó nhận được là $f_1$ . Thời gian giữa các lần đến ăng-ten radar của xung thứ $n$ và $(n+1)$ bằng
$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{f_0} + T_{n+1} - T_n,$
trong đó $T_n$ là thời gian lan truyền của xung $n$ từ radar đến vật phản xạ và quay trở lại, $T_{n+1}$ là thời gian lan truyền của xung $(n+1)$ .

Chúng ta hãy biểu thị bằng $L_n$ khoảng cách từ radar đến vật thể phản xạ tại thời điểm phát ra xung $n$ và bằng $L_{n+1}$ cùng khoảng cách tại thời điểm phát ra xung $(n+1)$ . Rõ ràng là
$T_n = \frac{2L_n}{v + c}, \quad T_{n+1} = \frac{2L_{n+1}}{v + c},$

*) Bạn có thể đọc về cách xác định lực này cho một số trường hợp cụ thể trong ghi chú “Phương pháp cách ly tĩnh điện” (Kvant, 1987, số 3, trang 39). (Ghi chú của biên tập viên)

trong đó $v$ là tốc độ gió mong muốn trong cơn lốc xoáy, $c$ là tốc độ lan truyền của sóng vô tuyến (tốc độ ánh sáng). Hiệu $L_n - L_{n+1}$ bằng độ dịch chuyển của vật phản xạ trong khoảng thời gian bằng $1/f_0$ :

$L_n - L_{n+1} = \frac{v}{f_0}.$

Từ đây chúng ta có được

$f_1 = f_0 \frac{(c + v)}{(c - v)} \approx f_0 \left(1 + \frac{2v}{c}\right),$

Và

$v \approx \frac{c}{2} \frac{\Delta f}{f_0} \approx 100 \text{ m/c.}$

D. A. Kuptsov

F1132. Gần đây người ta đã xác định rằng sự tuyệt chủng của các loài động vật trên Trái đất đặc biệt dữ dội trong những khoảng thời gian định kỳ kéo dài $T = 6,2$ triệu năm. Mô hình này được giải thích bằng giả thuyết được đề xuất bởi sự tồn tại của ngôi sao Nemesis, một vệ tinh của Mặt trời. Ngôi sao mờ nhạt và do đó vô hình này di chuyển theo quỹ đạo nằm trong cái gọi là “vành đai Oort”, chứa nguồn cung cấp sao chổi (hình 1). Bằng cách làm xáo trộn chuyển động của sao chổi, Nemesis tạo ra một “ngôi nhà sao chổi” trên Trái đất, khoảng thời gian đó gần như trùng khớp với thời gian Nemesis ở bên trong vành đai Oort.

Xác định nửa a lớn hơn của quỹ đạo của Nemesis và chu kỳ quay của nó quanh Mặt trời, nếu giả sử rằng điểm cận nhật của quỹ đạo ở khoảng cách 0,15a tính từ Mặt trời. Diện tích của hình elip là $S = \pi ab$ , trong đó $a$ và $b$ là hình elip.

Trong khoảng thời gian $T = 6,2$ triệu năm, vectơ bán kính của Nemesis chiếm diện tích được bảo vệ bởi hình 2. Đây là một nửa diện tích của hình elip trừ đi diện tích của tam giác có đáy $2b$ và chiều cao 0,85 $a$ . Diện tích của hình này rất dễ tính là $(\pi ab/2 - 0,85ab)/\pi ab = 0,23$ diện tích của toàn bộ hình elip. Ta-

Hình 1.

Hình 2.

Phần nào của thời kỳ này là thời gian của Nemesis bên trong vành đai Oort (điều này tuân theo định luật thứ hai của Kepler). Do đó, tổng thời gian quỹ đạo của Nemesis quanh Mặt trời là $T_x = 27$ triệu năm.

So sánh, với sự trợ giúp của định luật thứ ba của Kepler, chuyển động của Trái đất và Nemesis, chúng ta thu được sự bán hiện diện lớn hơn của vệ tinh vô hình của Mặt trời:

$a = \left( T_x/T_0 \right)^{2/3} R_0 = \left( 27 \cdot 10^6 \right)^{2/3} a.e. = 9 \cdot 10^4 a.e. \approx 13,5 \cdot 10^{12} \text{km.}$

Ở đây $T_0$ là năm Trái đất và $R_0$ là bán kính quỹ đạo Trái đất, bằng một đơn vị thiên văn (1 AU), hay 150 triệu km.

V. E. Belonuchkin