Lời giải bài toán M1141—M1145; F1153—F1157

31

khi nào hướng hướng về vật sẽ tạo một góc φ với phương thẳng đứng (hình 3)?

S. S. Krotov

F1176. Trên một cánh tay đòn không trọng lượng có chiều dài 2L, có thể quay không ma sát quanh một trục thẳng đứng, gắn các điện tích +Q và –Q có khối lượng M. Dưới cánh tay rocker, dọc theo phần tiếp theo của trục quay, có một lưỡng cực nhỏ - các điện tích +q và -q cách nhau 2a (a<L). Tại thời điểm ban đầu, cần lắc đang ở trạng thái cân bằng ổn định (hình 4).

a) Lưỡng cực gây ra chuyển động quay với vận tốc góc ω. Tại thời điểm ω nào thì cần lắc sẽ “đồng hành” với chuyển động quay của lưỡng cực?

b) Lưỡng cực không chuyển động. Tìm chu kỳ của cánh tay lắc nhỏ.

A. V. Andrianov

F1177. Mạch dao động gồm một cuộn dây có độ tự cảm L=1 H, điện trở R=1 Ohm và một tụ điện có điện dung C=1 µF. Tụ điện là Neudel - điện trở cách điện Rx của nó là hữu hạn. Tại giá trị nào của Rx trong cuộn dây thì 1/3 năng lượng ban đầu của mạch sẽ được giải phóng dưới dạng nhiệt?

Z. A. Rafailov

Lời giải bài toán

M1141 — M1145, F1153 — F1157

Giống như bài toán hình học đơn giản khác, bài toán này cho phép nhiều lời giải. Hãy cho ba trong số họ.

Hai bất đẳng thức đầu tiên sử dụng bất đẳng thức m ≥2r, trong đó m là đường trung bình của hình thang và r là bán kính của đường tròn nội tiếp, t. đ. 2r là chiều cao của hình thang (hình 1).

Nếu đường chéo tạo một góc lớn hơn 45° với đáy thì hình chiếu của nó lên đáy nhỏ hơn 2r hình thang. Tổng các hình chiếu của cả hai đường chéo, rất/không, bằng tổng các cơ sở, tức là 2m. Do đó, nếu câu bài toán không đúng thì 2m<2r+2r=4r, mâu thuẫn với bất đẳng thức m ≥2r.

Một lý do khác: diện tích hình thang bằng 2rm, không vượt quá d1d2/2, trong đó d1 và d2 là các đường chéo của nó. Nếu d1 ≥d2 thì d1²/2 ≥d1d2/2 ≥2rm ≥4r². Do đó, 2r/d1≤√2/2, có nghĩa là đường chéo d1 tạo một góc không quá 45° với đáy (xem hình 1).

Trong lời giải thứ ba, chúng ta sẽ sử dụng thực tế là các cạnh của hình thang có thể nhìn thấy được từ tâm O của đường tròn nội tiếp của nó vuông góc (vì O là giao điểm của các phân giác của các góc của hình thang - hình 2). Nếu câu bài toán sai thì các đáy của hình thang sẽ nhìn thấy được từ điểm P của giao điểm của các đường chéo ở một góc nhọn và các cạnh ở một góc tù. Khi đó điểm P sẽ nằm bên trong các đường tròn dựng trên các cạnh bên là đường kính,

32

M1142. Bảng $m \times n$ điền mn số sao cho ở mỗi hàng và mỗi cột các số này tạo thành một cấp số cộng. Tổng của bốn số tại các nút của bảng bằng s. Tổng của tất cả các số trong bảng là bao nhiêu?

Đáp số: $smn/4$.

Gọi $a_1, a_2, \dots, a_m$ là các số ở dòng trên cùng, $b_1, b_2, \dots, b_m$ là các số ở dòng dưới cùng. Sau đó $a_1 + a_2 + \dots + a_m = (a_1 + a_m)m/2, b_1 + b_2 + \dots + b_m = (b_1 + b_m)m/2$.

Tổng các số trong các cột là $(a_1 + b_1)n/2, (a_2 + b_2)n/2, \dots, (a_m + b_m)n/2$. Cộng các số tiền này, chúng ta có được tổng của tất cả các số trong bảng:
$$(a_1 + b_1 + a_2 + b_2 + \dots + a_m + b_m)n/2 = (a_1 + a_m + b_1 + b_m)mn/4 = smn/4.$$
N. V. Vasiliev

M1143. Khối lượng của mỗi cây nấm trong số 101 cây nấm xếp thành hình tròn là số tự nhiên và tổng khối lượng của chúng là 300 g. Chứng minh rằng từ bộ này người ta có thể chọn được một trong số nhiều cây nấm xếp thành một hàng có tổng khối lượng là 200 g.

Chúng ta hãy đánh dấu 300 điểm trên vòng tròn, chia nó thành 300 phần bằng nhau ($1^\circ 12'$ mỗi phần) và gán các cung có $m$ các phần đó cho mỗi cây nấm có khối lượng $m$; điểm cuối của các cung này (nằm xung quanh vòng tròn theo thứ tự như hình nấm) gọi là điểm, 300-101=199 điểm còn lại gọi là điểm đen. Hãy xem xét tất cả các hình tam giác đều nội tiếp trong một đường tròn, một trong số đó có đỉnh màu đỏ. Nếu mỗi đỉnh có hai đỉnh khác màu đen thì tổng cộng sẽ có ít nhất $2 \cdot 101 = 202$ điểm đen. Do đó sẽ tìm được một tam giác có hai đỉnh màu đỏ. Vòng cung lớn hơn (tại $240^\circ$) có đầu ở các đỉnh màu đỏ này tương ứng với nấm có khối lượng tổng cộng 200 g, vòng cung nhỏ hơn ($210^\circ$) tương ứng với nấm có khối lượng 100 g.

V. V. Proizvolov

M1144. Đặt $a_1, a_2, \dots, a_n$ là số không âm. Số nào lớn hơn:

$$\sqrt{a_1^{1988} + a_2^{1988} + \dots + a_n^{1988}}$$

hoặc

$$\sqrt{a_1^{1989} + a_2^{1989} + \dots + a_n^{1989}}$$?

Đáp số: Số đầu tiên lớn hơn nếu ít nhất hai trong số các số $a_i$ không bằng 0 (mà chúng tôi sẽ giả sử từ bây giờ).

Hãy để chúng tôi chứng minh ngay các phát biểu tổng quát hơn: hàm nhiều đêm $f(\alpha) = (a_1^\alpha + \dots + a_n^\alpha)^{1/\alpha}$ giảm khi $\alpha > 0$, tức là $f(\alpha) > f(\beta)$ là $0 < \alpha < \beta$.

Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $a_1$ là số tổng quát nhất của $a_i$, $a_1 > 0$. Chúng ta hãy đặt $x_i = a_i/a_1$, sau đó ở $\alpha < \beta$

$$f(\alpha) = a_1(1 + x_2^\alpha + \dots + x_n^\alpha)^{1/\alpha} \geq a_1(1 + x_2^\beta + \dots + x_n^\beta)^{1/\beta} = f(\beta),$$

33

vì $0 \leqslant x_i \leqslant 1$ với mọi $i$ và tổng trong ngoặc lớn hơn 1.

Điều thú vị là đại lượng $(a_1^\alpha + \dots + a_n^\alpha)/n)^{1/\alpha}$ thường được xem xét—còn gọi là công suất trung bình $a_1, \dots, a_n$ của công suất $\alpha$—trả về khi $\alpha$ tăng.

A. I. Shekhorsky

M1145*. Từ điểm $P$ kẻ hai tiếp tuyến PB và PC với đường tròn và $\angle BPC > 90^\circ$. Lấy điểm A nhỏ hơn cung BC. Chứng minh diện tích tam giác cắt khỏi góc BPC bởi tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A không vượt quá diện tích tam giác ABC.

Hình 1.

Hình 2.

Chúng ta hãy biểu thị tam giác cắt khỏi góc BPC bằng KPL (hình 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp nó bằng I. Tam giác ABC và ILK tương tự nhau. Thật vậy, mỗi góc ABC, CAL và ACL bằng một nửa giá trị góc của cung AC (góc thứ nhất nội tiếp đường tròn và nằm trên cung này, hai góc còn lại được tạo thành bởi dây cung bao bọc cung này và các tiếp tuyến ở hai đầu của nó). Đó là lý do tại sao

$$2\angle ILK = \angle PLK = \angle LAC + \angle LCA = 2\angle ABC,$$

tức là $\angle ILK = \angle ABC$. Tương tự như vậy, $\angle IKL = \angle ACB$. Hệ số đồng dạng của tam giác ILK và ABC là $KL/BC$ nên tỉ số diện tích của chúng là $S_{ILK}/S_{ABC} = KL^2/BC^2$.

Hơn nữa, giả sử $p$ là bán chu vi, $S$ diện tích, $r$ bán kính của đường tròn nội tiếp và $h$ chiều cao bị bỏ qua khỏi đỉnh $P$ của tam giác PKL (hình 2). Sau đó

$$\frac{S_{PKL}}{S_{ILK}} = \frac{h}{r} = \frac{2S}{KL} \cdot \frac{p}{S} = \frac{2p}{KL} = \frac{2BP}{KL},$$

vì $BP = CP$ và $BP + CP = AK + KP + PL + LA = 2p$ (ở đây chúng ta sử dụng đẳng thức tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ các điểm $P$, $K$, $L$). Vì vậy, $S_{PLK}/S_{ABC} = 2BP \cdot KL/BC^2$. Vẫn còn phải chứng minh rằng tỷ lệ cuối cùng nhỏ hơn 1.

Theo bất đẳng thức tam giác $2KL < KL + KP + PL = 2p = 2BP$, tức là $2BP \cdot KL < 2BP^2$. Nhưng trong trường hợp $\angle BPC > 90^\circ$, chúng ta có $2BP^2 < BC^2$, tức là $2BP \cdot KL/BC^2 < 2BP^2/BC^2 < 1$, đó là điều cần phải chứng minh.

bài toán này cũng có thể được giải bằng phương pháp lượng giác. Nếu $\alpha, \beta, \gamma$ là các góc tại đỉnh $A, B, C$ của tam giác ABC thì $BC = KL$ cos $\beta$ cos $\gamma$; bất đẳng thức cần thiết được rút gọn về dạng 2 cos $(\pi - \alpha)$ cos $\beta$ cos $\gamma > 1$ và suy ra từ thực tế là $\pi - \alpha = \beta + \gamma < \pi/4$.

V. Yu. Progasov

F1153. Tính toán chất lỏng bê tông đổ vào thùng xe ben lên trên. Ước tính tỷ lệ dung dịch sẽ còn lại trong cơ thể sau khi phanh gấp. Người ta cho rằng bạn hiểu rõ về hiện tượng có thể xảy ra

34

Bạn có thể tự đặt số lượng cần thiết cho lời giải, chọn các giá trị số đủ chiều của chúng và thu được kết quả bằng số.

Hình 1.

Hình 2.

Khi phanh gấp, bánh xe không tự động di chuyển mà trượt (đây là cách duy nhất để phanh nhanh). Sau đó từ định luật thứ hai của Newton nó suy ra

$$ma = F_{\text{тр}} = \mu mg, \quad \text{т. е. } a = \mu g,$$

trong đó $\mu$ là hệ số ma sát trượt.

Có hai trường hợp có thể xảy ra, tương ứng như trong Hình 1 và Hình 2. Trường hợp đầu tiên: gia tốc $a_1$ sao cho một phần đáy mở ra. Khi đánh giá, chúng ta sẽ cho rằng cơ thể thẳng. Khi đó khối lượng bê tông trong thân xe trước khi phanh

$$M = \rho L H d,$$

trong đó $\rho$ là mật độ của dung dịch và $d$, $H$ và $L$ là chiều rộng, chiều cao và chiều dài của cơ thể. Như có thể thấy từ hình 1, $H/l = tg \alpha = a_1/g$, $l = Hg/a_1 \leq L$ mở ra, tức là.

$$a_1 = \mu_1 g \geq \frac{H}{L} g.$$

Trọng lượng bê tông còn lại trong thân

$$m_1 = \rho l \frac{H}{2} d = \rho \frac{H^2 d}{2 a_1} g.$$

Như vậy, tỷ lệ bê tông còn lại

$$\eta_1 = \frac{m_1}{M} = \frac{\rho H^2 d}{2 a_1 \rho L H d} = \frac{H}{L} \frac{g}{2 a_1} = \frac{H}{L} \frac{1}{2 \mu_1}$$

tại $\mu_1 \geq \frac{H}{L}$.

Trường hợp thứ hai (xem hình 2): gia tốc $a_2$ sao cho cửa sau được giải phóng khỏi vữa đến độ sâu $h = L tg \alpha = La_2/g$, và độ sâu của lớp vữa ở đó là $H - h = H - La_2/g$. Khối lượng dung dịch còn lại trong cơ thể

$$m_2 = \rho L \left( H - L \frac{a_2}{2 g} \right) d,$$

và tỉ lệ dung dịch còn lại

$$\eta_2 = \frac{m_2}{M} = \frac{\rho L \left( H - La_2/(2 g) \right) d}{\rho L H} = 1 - \frac{L}{H} \frac{a_2}{2 g} = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu_2}{2}$$

tại $\mu_2 < \frac{H}{L}$.

Hãy ước tính bằng số. Chúng ta hãy đặt $H = 1$ m, $L = 5$ m, tức là $H/L = 0,2$. Khi đó tại $\mu_1 \geq H/L = 0,2$, ví dụ tại $\mu_1 = 0,5$, chúng ta có

$$\eta_1 = \frac{H}{L} \frac{1}{2 \mu_1} = \frac{1}{5} = 20 \%.$$

Tại $\mu_2 < H/L = 0,2$, ví dụ tại $\mu_2 = 0,1$, chúng ta có

$$\eta_2 = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu_2}{2} = \frac{3}{4} = 75 \%.$$

Nếu phanh không gấp tức là bánh xe bị rung thì phanh là do ma sát lăn. Trong trường hợp này $\mu \approx 0,02$ và

$$\eta_1 = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu}{2} \approx \frac{19}{20} \approx 95 \%.$$

Vì vậy, dù thế nào đi nữa, cơ thể cũng không thể nạp lại được: tổn thất là điều không thể tránh khỏi.

G. V. Meledin

35

F1154. Hai khối lập phương giống nhau có khối lượng m nằm trên bàn ngang chính. Một trong những chiếc cốc được dán vào bàn (xem hìnhnok). Một khối lập phương bật ra khỏi bàn nếu có một lực F nằm ngang tác dụng vào nó. Giữa các hình lập phương có một lò xo tự do vô tận có độ cứng k. Khối lập phương rời có vận tốc v. Các khối sẽ bay ra xa nhau với tốc độ bao nhiêu sau va chạm?

Chúng ta hãy biểu thị tốc độ của các cốc sau va chạm bằng $v_1$ và $v_2$. Từ định luật bảo toàn năng lượng ta có

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}.$$

Ngay sau khi khối lập phương thứ hai được lấy ra khỏi bàn, hệ thống gồm hai chiếc cốc (giữa chúng có một lò xo vô tận) sẽ đóng lại. Hãy viết định luật bảo toàn động lượng cho nó. Ta biểu thị bằng u tốc độ của khối thứ nhất ngay sau khi khối thứ hai rời khỏi bàn. Sau đó chúng tôi nhận được

$$mu = mv_2 - mv_1.$$

Chúng ta tìm vận tốc u từ định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mu^2}{2} + \frac{kx^2}{2},$$

trong đó $x = F/k$ là độ lớn của lực lò xo tại thời điểm tách ra.

Giải hệ phương trình (1)–(3), ta tìm được

$$v_1 = \frac{1}{2}(\sqrt{v^2 + F^2}/(km) - \sqrt{v^2 - F^2}/(km)),$$

$$v_2 = \frac{1}{2}(\sqrt{v^2 + F^2}/(km) + \sqrt{v^2 - F^2}/(km)).$$

Thật thú vị khi xem xét một số trường hợp từng phần.

Ví dụ: đặt $mv^2/2 < F^2/(2k)$. Khi đó độ lăn cực đại của lò xo sẽ ​​không đủ để nâng khối thứ hai lên khỏi bàn và khối thứ nhất sau va chạm sẽ chuyển động sang trái với vận tốc ban đầu v.

Nếu $mv^2/2 = F^2/(2k)$ thì sau khi nằm xuống, các khối sẽ chuyển động ngược chiều nhau với vận tốc bằng $v/\sqrt{2}$.

Nếu $mv^2/2 \gg F^2/(2k)$ (trường hợp lò xo rất cứng, khi $k \to \infty$), thì $v_1 \to 0$ và $v_2 \to v$.

G. V. Fedotovich

F1155. Một pít-tông nặng khối lượng M có thể chuyển động tự do bên trong một hình trụ cách điện thẳng đứng có tiết diện S, đầu trên đóng và đầu dưới hở thông với khí quyển (xem hìnhnok). Bên trong hình trụ có một vách ngăn nằm ngang có độ thải nhỏ giúp cắt một mol không khí ra khỏi khí quyển, chiếm thể tích V và có áp suất khí quyển là $p_a$. Piston ban đầu ép lực lên vách ngăn từ

36

họ cho tôi vào. Giả sử nội năng của khí bằng cT, hãy tìm xem piston sẽ hạ xuống bao nhiêu.

Chúng tôi đặt năng lượng của nó để giảm. Chúng ta sẽ giả định rằng vách ngăn giữa các ngăn hình thành trong xi lanh không ngăn cản sự trao đổi nhiệt giữa chúng, do đó nhiệt độ không khí trong chúng luôn như nhau. Ký hiệu nhiệt độ không khí tại thời điểm ban đầu là $T_0$, tại thời điểm dừng lại là $T$, ta thu được

$$cT_0 = cT + A.$$

Chúng ta hãy viết phương trình trạng thái của khí tại các thời điểm này:

$$p_aV = RT_0,$$
$$p(V + Sx) = RT.$$

Các phương trình thu được đủ để xác định giá trị của $x$:

$$x = \frac{V}{S} \frac{c}{c + R} \frac{Mg}{p_aS - Mg}$$ tại $Mg < p_aS$.

G. L. Kotkin

F1156. Hai nam châm điện giống hệt nhau $L_1$ và $L_2$ được mắc nối tiếp vào một mạch điện một chiều (hình 1). Sử dụng phím $K_1$, một diode $D$ có thể được kết nối song song với một trong số chúng theo hướng không dẫn điện. Khi chìa khóa $K_2$ đóng lại, tấm sắt sẽ bị nam châm điện hút vào. Nếu phím $K_1$ mở, thì khi $K_2$ được mở, tấm sẽ tách ra khỏi phím đồng thời được chỉ định và di chuyển về phía trước, giữ nguyên vị trí nằm ngang. Nếu phím $K_1$ mở, thì khi $K_2$ được mở, tấm đầu tiên sẽ tách ra khỏi nam châm $L_1$, sau đó là từ $L_2$, dẫn đến nó quay. Giải thích một lần - Trường hợp thứ nhất, khi chìa khóa $K_1$ mở, khi chìa khóa $K_2$ mở ra thì dòng điện trong cả hai nam châm điện đồng loạt dừng lại và cả hai đầu của tấm sắt đều được “nhả” cùng một lúc.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét trường hợp thứ hai, khi công tắc $K_1$ mở. Khi công tắc $K_2$ (hình 2) đóng, các điểm giống nhau $I_0$ sẽ chạy qua cuộn dây nối tiếp của nam châm điện, vì không có dòng điện chạy qua diode $D$ được nối theo chiều không dẫn điện. Hãy mở chìa khóa $K_2$ (hình 3). Dòng điện qua nam châm điện $L_1$ gần như dừng lại ngay lập tức vì mục tiêu của nó đang mở. Dòng điện qua nam châm điện $L_2$ lúc đầu không thay đổi chút nào. Điều này xảy ra do lực điện động tự sinh ra trong cuộn dây $L_2$ được đặt vào diode $D$ theo chiều dẫn điện và dòng điện $I_0$ bắt đầu chạy qua nó. Sau đó, dòng điện qua $L_2$ giảm dần theo định luật Faraday và Ohm:

$$-L_2 \frac{\Delta I}{\Delta t} = IR, \quad I = I_0 e^{-Rt/L_2},$$

trong đó $R$ bao gồm điện trở của diode $D$ trong pro-

37

đối mặt với thiệt hại cho tấm trong trường hợp thứ nhất và thứ hai.

hướng lái và cuộn dây $L_2$. Có thể thấy rằng $R$ càng nhỏ thì dòng điện trong $L_2$ càng suy giảm.

Do đó, khi công tắc $K_1$ đóng, dòng điện trong $L_2$ phân rã chậm hơn so với trong $L_1$ và nam châm điện $L_2$ phải giữ đầu tấm của nó.

V. V. Golubev

F1157. Có hai tấm gương mờ, mỗi gương khi đo được sẽ truyền khoảng 1/5 luồng ánh sáng và phản chiếu phần còn lại của ánh sáng. Nếu cả hai gương đứng trên đường đi của một chùm ánh sáng song song sao cho mặt phẳng của chúng vuông góc với chùm tia thì có vẻ như chúng sẽ truyền đi 1/25 lượng ánh sáng tới, trong khi trên thực tế, ánh sáng bị suy giảm không phải 25 lần mà là ít hơn đáng kể (khoảng 10 lần). Lời giải thích là các tia sáng phản chiếu từ gương thứ hai quay trở lại gương thứ nhất, bị phản xạ một phần từ nó và rơi vào gương thứ hai, làm tăng cường độ của chùm tia truyền tới.

Gọi $I$ là cường độ của chùm sáng ban đầu (xem hình; chùm sáng tới được thể hiện nghiêng cho rõ). Khi đó cường độ ánh sáng truyền qua gương thứ nhất sẽ bằng $i_0 = I/k$, trong đó $k$ là hệ số suy giảm của gương ($k = 5$ theo điều kiện bài toán). Với những phản xạ liên tiếp, cường độ ánh sáng “bắt” giữa các gương giảm dần do một phần năng lượng của gương, và sau một số lượng phản xạ đủ lớn, gần như toàn bộ ánh sáng “bắt” sẽ thoát ra, gần như bằng nhau ở bên phải và bên trái. Do đó, tổng cường độ ánh sáng truyền qua sẽ bằng

$$I' \approx \frac{i_0}{2} = \frac{I}{2k} = \frac{I}{10}.$$

Vấn đề cũng cho phép chính xác lời giải. Chúng ta hãy viết ra cường độ của ánh sáng “bắt” giữa các gương thay đổi như thế nào trong quá trình phản xạ liên tiếp:

$$i_1 = i_0 \left(1 - \frac{1}{k}\right)^2, \quad i_2 = i_1 \left(1 - \frac{1}{k}\right)^2 = i_0 \left(1 - \frac{1}{k}\right)^4,$$

Với mỗi lần rơi vào gương 2, ánh sáng sẽ chiếu một phần về bên phải:

$$I_1 = \frac{i_0}{k}, \quad I_2 = \frac{i_1}{k}, \quad I_3 = \frac{i_2}{k},$$

Tổng cường độ ánh sáng truyền qua

$$I' = I_1 + I_2 + I_3 + \dots = \frac{1}{k} \left(i_0 + i_1 + i_2 + \dots\right) = \frac{i_0}{k} \left(1 + \left(1 - \frac{1}{k}\right)^2 + \left(1 - \frac{1}{k}\right)^4 + \dots\right)$$

đại diện cho tổng của một cấp số nhân giảm vô hạn với giá trị $q = (1 - 1/k)^2$, vì vậy

$$I' = \frac{i_0}{k} \frac{1}{1 - q} = \frac{i_0}{k} \frac{k^2}{k^2 - (k - 1)^2} = \frac{i_0 k}{2k - 1} = \frac{I}{2k - 1} = \frac{I}{9}.$$

Ở mức $k = 5$, con số chính xác lời giải chỉ khác 10% so với con số gần đúng.

V. V. Golubev