KTGKII Vật lý LQĐ QT

2021/03/17 15:11

#vật lý #toán #cực trị

Đề kiểm tra giữa kì II chương Sóng ánh sáng môn Vật lý trường chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị.

Câu 25 - Mã đề 535 Vận dụng một số kiến thức vật lý, có thể chuyển bài toán trên thành bài toán sau.

Bài toán 1. Cho a>ba> b22 số thực dương và nNn \in \mathbb{N}. Tìm xR+x \in \mathbb{R}^+ nhỏ nhất để tồn tại đúng nn số nguyên kk thoả mãn: xakxb\frac{x}{a} \leq k \leq \frac{x}{b} ()(*).

Thật ra lúc gặp bài toán này CH ngồi thử từng đáp án một cho khớp với bài toán. 😭

Ban đầu CH đặt điều kiện là xbxan\frac{x}{b} - \frac{x}{a} \geq n (trong trường hợp này là n=3n=3) nhưng sớm nhận ra điều kiện này không chặt và cụ thể trong trường hợp bài này thì xbxa<3\frac{x}{b} - \frac{x}{a} < 3.

Sau CH có thử chuyển bài toán thành phương trình xbxa=3\left \lfloor \frac{x}{b} \right \rfloor- \left \lceil \frac{x}{a} \right \rceil =3 để từ đó tìm nghiệm nhỏ nhất nhưng cũng rất khó.

Trong lúc ngồi thử đáp án thì CH để ý thấy ở đáp án đúng thì xb\frac{x}{b} là một số nguyên! Chắc không phải là một sự trùng hợp? Vậy nên CH đã thử chứng minh. Sau đây là chứng minh cùng lời giải bài toán.

– Con Heo’s solution –

Lời giải.

Ứng với mỗi số thực dương xx và kể cả số 00 cho thuận tiện ta gọi f(x)f(x) là số số nguyên kk thoả mãn bất đẳng thức ()(*).

(1)(1). Ta sẽ chứng minh f(x)f(x) liên tục trên tập rời rạc N\mathbb{N} hay là với mọi x1<x2x_{1} < x_{2}f(x1)=n1f(x_{1})=n_{1}, f(x2)=n2f(x_{2})=n_{2} thì mọi giá trị n3n_{3} nằm giữa hay trùng với n1n_{1} hoặc n2n_{2} luôn tồn tại x3[x1,x2]x_{3} \in [x_{1},x_{2}] để f(x3)=n3f(x_{3}) = n_{3}.

Thật vậy, chứng minh phản chứng. Dễ thấy trường hợp n1n_{1}n2n_{2} lệch nhau 11 đơn vị là không đáng kể.

Giả sử tồn tại x1<x2x_{1} < x_{2}f(x1)=n1f(x_{1})=n_{1}, f(x2)=n2f(x_{2})=n_{2}, không mất tính tổng quát, giả sử n1<n2+1n_{1} < n_{2}+1, tồn tại n3(n1,n2)Nn_{3} \in (n_{1},n_{2}) \cap \mathbb{N} mà không tồn tại x3x_{3} để f(x3)=n3f(x_{3}) = n_{3}.

Giả sử n2n1n_{2} - n_{1} là nhỏ nhất. Suy ra x3(x1,x2)\forall x_{3} \in (x_{1},x_{2}) thì n3(n1,n2)N\forall n_{3} \in (n_{1},n_{2}) \cap \mathbb{N} đều không tồn tại x3x_{3} để f(x3)=n3f(x_{3}) = n_{3}.

Gọi SS là tập chứa tất cả các giá trị x[x1,x2]x \in [x_{1}, x_{2}]f(x)n2f(x) \geq n_{2}.

Dễ thấy SS là tập đóng. Gọi M=infSM = infS. Khi đó:

Nếu M∉SM \not \in S thì f(M)n1f(M) \leq n_{1}f(M+ε)n2f(M+\varepsilon) \geq n_{2} với ε\varepsilon là số thực dương nhỏ tuỳ ý. Điều này là vô lý vì khi đó,

(M+εbM+εa)(MbMa)n2n12( \left \lfloor \frac{M+\varepsilon}{b} \right \rfloor- \left \lceil \frac{M+\varepsilon}{a} \right \rceil) - ( \left \lfloor \frac{M}{b} \right \rfloor- \left \lceil \frac{M}{a} \right \rceil ) \geq n_{2} - n_{1} \geq 2.

MaM+εa0\left \lceil \frac{M}{a} \right \rceil - \left \lceil \frac{M+\varepsilon}{a} \right \rceil \leq 0.

Nên M+εbMb2\left \lfloor \frac{M+\varepsilon}{b} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{M}{b} \right \rfloor \geq 2.

Cho ε\varepsilon tiến về 0+0^+ dễ thấy điều mâu thuẫn.

Nếu MSM \in S thì f(M)n2f(M) \geq n_{2}f(Mε)n1f(M- \varepsilon) \leq n_{1}. Làm tương tự với trường hợp trên.

Như vậy (1)(1) được chứng minh.

(2)(2). Ta sẽ chứng minh tồn tại số x0x_{0} nhỏ nhất thoả mãn đề bài và khi đó, x0bZ\frac{x_{0}}{b} \in \mathbb{Z}.

Ta có f(0)=0f(0)=0limf(n)=+lim f(n) = + \infty.

Theo (1)(1), nN\forall n \in \mathbb{N} đều tồn tại xx để f(x)=nf(x)=n.

Ta thay xx bằng xφx-\varphi với φ0\varphi \geq 0 và tăng dần giá trị φ\varphi thì hoặc xφb\frac{x-\varphi}{b} hoặc xφa\frac{x-\varphi}{a} sẽ tiến về một giá trị nguyên trước.

Nếu xφb\frac{x-\varphi}{b} tiến về một giá trị nguyên trước thì f(xφ)=f(x)=nf(x-\varphi)=f(x)=n. Như vậy xφx- \varphi cũng là một giá trị thoả mãn mà nhỏ hơn xx.

Nếu xφa\frac{x-\varphi}{a} tiến về một giá trị nguyên trước hoặc cùng lúc với xφb\frac{x-\varphi}{b} thì f(xφ)=f(x)+1=n+1f(x-\varphi)=f(x)+1=n+1. Tuy nhiên vì f(0)=0f(0)=0 nên theo (1)(1) sẽ tồn tại x<xφx' < x-\varphi để f(x)=nf(x')=n. Tiếp tục xét xφx' - \varphi '. Điều này không thể diễn ra đến vô tận nên sẽ đến một lúc x(t)φ(t)b\frac{x'_{(t)}-\varphi'_{(t)}}{b} tiến về một giá trị nguyên trước.

Như vậy nếu tồn tại số x0x_{0} nhỏ nhất thoả mãn đề bài thì x0b\frac{x_{0}}{b} phải nguyên.

Từ đó ta rút ra được x0x_{0} là số nhỏ nhất trong các giá trị xx thoả mãn các điều kiện như sau:

{xbNx(1b1a)n1\left\{\begin{matrix} \frac{x}{b} \in \mathbb{N}\\ x(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}) \geq n-1 \end{matrix}\right.     {x=kb,kNka(n1)ab\iff \left\{\begin{matrix} x=kb, k \in \mathbb{N}\\ k \geq \frac{a(n-1)}{a-b} \end{matrix}\right.

Suy ra, x0=a(n1)abbx_{0} = \left \lceil \frac{a(n-1)}{a-b} \right \rceil b.

Vậy x0=a(n1)abbx_{0} = \left \lceil \frac{a(n-1)}{a-b} \right \rceil b chính là giá trị cần tìm!

Áp dụng giải bài vật lý trên

Áp dụng công thức tính khoảng vân i=λDai=\frac{\lambda D}{a} với λmin=0,38μm\lambda _{min} =0,38 \mu m, λmax=0,74μm\lambda _{max}=0,74 \mu m

ta được imin=1,52mmi_{min}=1,52mmimax=2,96mmi_{max}=2,96mm.

Gọi xx là khoảng cách từ vị trí cần tìm đến vân trung tâm. Điều kiện để một bức xạ có vân tại vị trí xx dương là x=kix=ki, kNk \in \mathbb{N}.

Suy ra k=xik=\frac{x}{i}     ximaxkximin\implies \frac{x}{i_{max}} \leq k \leq \frac{x}{i_{min}}.

Trong trường hợp này, a=imaxa=i_{max}, b=imin,n=3b=i_{min}, n=3.

Do đó, x=imax(n1)imaximinimin=2,96(31)2,961,521,52=7,6mmx = \left \lceil \frac{i_{max}(n-1)}{i_{max}-i_{min}} \right \rceil i_{min} =\left \lceil \frac{2,96(3-1)}{2,96-1,52} \right \rceil 1,52 =7,6 mm.

\rightarrow đáp án AA.

Một điều rút ra được nữa là cho dù đề bài có yêu cầu điều kiện một số lượng bất kì tia bức xạ cho vân sáng tại vị trí nhỏ nhất cần tìm thì tia bức xạ có bước sóng ngắn nhất luôn cho vân sáng tại vị trí đó.

Tương tự

Ta có thể giải tương tự với Bài toán 2.

Bài toán 2. Cho a>ba> b22 số thực dương và nNn \in \mathbb{N}. Tìm xR+x \in \mathbb{R}^+ lớn nhất để tồn tại đúng nn số nguyên kk thoả mãn: xakxb\frac{x}{a} \leq k \leq \frac{x}{b}.

Quay trở về Blog