Zadania z matematyki nr 881, 882
Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VII 2024
Redaguje Marcin E. KUCZMA
881. Ciąg \(a_0,a_1,a_2,\ldots\) jest określony wzorami: \({a_0=3},\) \({a_{n+1}=a_n^2-2}.\) Obliczyć granicę \[\lim_{n\to\infty}{1\over a_n}\prod_{i=0}^{n-1}a_i\] lub wykazać, że ta granica nie istnieje.
Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
867 (\(WT = 1{,}85\)) i 868 (\(WT = 1{,}48\))
z numeru 10/2023
Radosław Kujawa Wrocław 45,05 Paweł Najman Kraków 43,16 Jerzy Cisło Wrocław 42,30 Janusz Fiett Warszawa 42,00 Marek Spychała Warszawa 41,47 Adam Woryna Ruda Śl. 40,91 Janusz Olszewski Warszawa 40,89 Paweł Kubit Kraków 38,15 Piotr Kumor Olsztyn 37,94 Piotr Wiśniewski Warszawa 36,97 Łukasz Merta Kraków 36,08 Do matematycznego Klubu 44 wchodzi pan Radosław Kujawa. A tuż pod linią mety widzimy wielkie zagęszczenie – oczekujemy masowego jej przekraczania w najbliższych dwóch seriach.
882. Na bokach \(AB,\) \(BC,\) \(CD,\) \(DA\) równoległoboku \(ABCD\) wybrano, odpowiednio, punkty \(K,L,M,N,\) różne od wierzchołków. Weźmy pod uwagę trójkąty \(ANK,\) \(BKL,\) \(CLM,\) \(DMN.\) Udowodnić, że każda z następujących czwórek punktów stanowi czwórkę wierzchołków pewnego równoległoboku: (a) ortocentra tych trójkątów; (b) środki ciężkości tych trójkątów; (c) środki okręgów opisanych na tych trójkątach.
Zadanie 882 zaproponował pan Michał Adamaszek z Kopenhagi.
Rozwiązania zadań z numeru 1/2024
Przypominamy treść zadań:
873. Dany jest trójkąt ostrokątny \(ABC.\) Niech \(\ell\) będzie dowolną prostą przecinającą boki \(AB\) i \(AC\) odpowiednio w takich punktach \(P\) i \(Q,\) że \({\measuredangle{ACP}+\measuredangle{APQ}=90^\circ},\) i niech \(X\) będzie rzutem prostokątnym punktu \(C\) na prostą \(\ell.\) Udowodnić, że (dla ustalonego trójkąta \(ABC\)) wszystkie punkty \(X,\) uzyskane w ten sposób przy różnych dopuszczalnych położeniach prostej \(\ell,\) leżą na jednej prostej.
Oznaczmy \({\measuredangle{CAB}=\alpha}.\) Weźmy dowolną prostą \(\ell\) i punkty \(P,Q,X,\) jak w treści zadania. Rachunek kątów w trójkącie \(ACP\) pokazuje, że \({\measuredangle{CPQ}=90^\circ-\alpha}.\) Skoro \({\measuredangle{CPQ}<90^\circ},\) to punkt \(X\) leży na półprostej \(PQ^\to\) (na odcinku \(PQ\) lub na jego przedłużeniu). Zatem także \({\measuredangle{CPX}=90^\circ-\alpha}.\)
Prowadzimy wysokość \(CD.\) Usytuowanie punktów \(A,D,P\) na prostej \(AB\) może być różne (rysunki ilustrują dwie wybrane możliwości), ale dalsze rozumowanie nie zależy od konfiguracji. Okrąg o średnicy \(CP\) przechodzi przez punkty \(D\) oraz \(X.\) Punkty \(P\) i \(D\) leżą po jednej stronie prostej \(CX,\) skąd wynika, że \({\measuredangle{CDX}=\measuredangle{CPX}=90^\circ-\alpha}.\)
Prosta \(DX\) przecina bok \(AC\) w punkcie, który nazwiemy \(M.\) Tak więc \({\measuredangle{ADM}=90^\circ-\measuredangle{CDX}=\alpha},\) i wobec tego trójkąt \(ADM\) jest równoramienny: \({AM=DM}.\) To oznacza, że w trójkącie prostokątnym \(ADC\) punkt \(M\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(AC.\)
W ustalonym trójkącie \(ABC\) punkty \(D\) i \(M\) są jego ustalonymi punktami; spodek wysokości z wierzchołka \(C\) i środek boku \(AC.\) Punkt \(X\) leży na prostej wyznaczonej przez te dwa charakterystyczne punkty trójkąta \(ABC.\) Jest to prosta, o którą chodzi w tezie zadania.
874. Liczba \(\sqrt7\) została zapisana w systemie dwójkowym jako \(10,c_1c_2c_3\ldots\,\); to znaczy, \({\sqrt7=2^1+\sum_{i=1}^\infty{c_i}2^{-i}},\) \({c_i\in\{0,1\}}.\) Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej \({n\ge1}\) suma \({\sum_{i=n}^{2n}{c_i}}\) jest dodatnia.
Przypuśćmy, wbrew tezie zadania, że dla pewnego \({n\ge1}\) cyfry (binarne) \(c_i\) o numerach \({i=n,\ldots,2n}\) są wszystkie zerami. Niech \[A_n=2+\sum_{i=1}^{n-1}2^{-i}c_i.\] Dostajemy dwustronne oszacowanie: \[0<\sqrt7-A_n<\sum_{i=2n+1}^\infty2^{-i}c_i\le4^{-n}.\] Mnożymy uzyskaną nierówność podwójną przez \({\sqrt7+A_n},\) biorąc ponownie pod uwagę, że \({A_n<\sqrt7}\): \[0<7-A_n^2<4^{-n}\bigl(\sqrt7+A_n\bigr)<4^{-n}\cdot2\sqrt7.\] Po pomnożeniu jeszcze przez \(4^{n-1}\) otrzymujemy \[0<4^{n-1}\cdot7-\bigl(2^{n-1}A_n\bigr)^2<\textstyle{1\over 2}\,\sqrt7.\] Liczba w nawiasie jest całkowita, więc powyższa różnica musi być równa 1 (to jedyna liczba całkowita w przedziale \((0,{1\over 2}\sqrt7\,)\,\)). Zatem \[\bigl(2^{n-1}A_n\bigr)^2=4^{n-1}\cdot7-1.\] Ale kongruencja \({x^2\equiv-1}\) (mod 7) nie ma rozwiązań. Sprzeczność kończy dowód.
Zadania z fizyki nr 778, 779
Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VII 2024
Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA
Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
764 (\(WT=1{,}66\)), 765 (\(WT=3{,}4\)) z numeru 10/2023
Tomasz Wietecha Tarnów 17– 44 + 1,44 Marian Łupieżowiec Gliwice 2–43,02 Jacek Konieczny Poznań 38,28 Konrad Kapcia Poznań 2–35,60 Ryszard Baniewicz Włocławek 1–34,07 Paweł Perkowski Ożarów Maz. 5–26,27 Andrzej Nowogrodzki Chocianów 3–22,20 Jan Zambrzycki Białystok 4–15,35
778. Na osi długiej rury o lustrzanej powierzchni wewnętrznej znajduje się punktowe, izotropowe źródło światła oraz całkowicie pochłaniająca światło kulka o promieniu \(r=1\) cm. Środek kulki znajduje się w odległości \(l=2\) cm od źródła. Jaki powinien być promień wewnętrzny rury, aby kulka pochłaniała połowę energii emitowanej przez źródło?
779. W pionowo ustawionym naczyniu, pod ciężkim tłokiem znajduje się niewielka ilość helu. Nie ma ciśnienia atmosferycznego, tłok „wisi” na wysokości \(H\) nad dnem naczynia, a jego tarcie o ścianki naczynia jest zaniedbywalne. Tłok bardzo szybko podniesiono na wysokość \(10H\) względem dna naczynia (tak, że podczas podnoszenia nie dochodziło do zderzeń z cząsteczkami gazu) i po ustaleniu się równowagi puszczono swobodnie. Na jakiej wysokości nad dnem naczynia tłok zatrzymał się, gdy ustały jego drgania? Naczynie nie przewodzi ciepła, pojemność cieplną ścianek i tłoka można zaniedbać, hel traktujemy jako gaz doskonały.
Rozwiązania zadań z numeru 1/2024
Przypominamy treść zadań:
770. Z izolowanego cieplnie naczynia o objętości wewnętrznej \(V\) odpompowano wypełniający je gaz, osiągając wysoką próżnię. Otaczające powietrze ma temperaturę \(T_{0}\) i ciśnienie \(p_{0}.\) W pewnym momencie otworzono kran zamykający naczynie, i nastąpiło jego szybkie napełnienie powietrzem atmosferycznym. Jaką temperaturę \(T\) miało powietrze w naczyniu po jego napełnieniu i zamknięciu kranu? Powietrze traktujemy jako gaz doskonały, którego wykładnik adiabaty \(\gamma=c_{p}/c_{V}\) jest dany, pojemności cieplnej ścianek naczynia nie uwzględniamy.
Napełnianie naczynia zachodzi szybko, można więc zaniedbać wymianę ciepła między powietrzem wchodzącym do naczynia a powietrzem atmosferycznym. Powietrze wchodzi do naczynia w postaci strumienia, którego energia kinetyczna uzyskana zostaje dzięki pracy \(W\) wykonanej przez siłę parcia powietrza atmosferycznego. Energia ta zamienia się na energię chaotycznego ruchu cząsteczek powietrza w naczyniu, więc zmiana energii wewnętrznej powietrza, które dostało się do naczynia, równa jest pracy \(W.\) \[\tag{1} \label{GrindEQ__1_} \Delta U=nc_V\left(T-T_0\right)=W,\] gdzie \(n\) jest liczbą moli powietrza, które weszło do naczynia, a \(c_V\) jego ciepłem molowym przy stałej objętości.
Aby obliczyć pracę \(W,\) możemy wyobrazić sobie, że nasze opróżnione naczynie znajduje się wewnątrz wypełnionego powietrzem dużego cylindra z ruchomym tłokiem (rys. 1).
Rys. 1
Ciśnienie i temperatura wewnątrz cylindra są takie same jak w atmosferze. Procesowi napełniania naczynia towarzyszy przemieszczanie tłoka, przy zachowaniu stałego ciśnienia \(p_0.\) Ponieważ do opróżnionego naczynia weszło dokładnie tyle powietrza, ile wyparł przemieszczający się tłok, możemy napisać: \[\tag{2} \label{GrindEQ__2_} W=p_0V_0=nRT_0,\] gdzie \(V_{0\ }\)jest zmniejszeniem objętości cylindra, a \(R\) stałą gazową.
Z \(\eqref{GrindEQ__1_}\) i \(\eqref{GrindEQ__2_}\) temperatura końcowa wyraża się zależnością: \[T=T_0\left(1+{R}/{c_V}\right)=\gamma T_0.\] Wynik nie zależy od objętości naczynia ani od wartości ciśnienia atmosferycznego. Nie zależy też od tego, czy zapełnianie naczynia zostanie doprowadzone do końca, gdy ciśnienie w nim wyrówna się z ciśnieniem atmosferycznym, czy też naczynie zamkniemy wcześniej.
771. Cząstkę punktową o masie \(m\) i ładunku \(Q\) umieszczono w odległości \(R\) od nieskończonej płaszczyzny przewodzącej i puszczono swobodnie. Po jakim czasie cząstka doleci do płaszczyzny? Siły ciężkości nie uwzględniamy.
Rys. 2
W obecności cząstki naładowanej na płaszczyźnie przewodzącej pojawiają się ładunki przyciągane przez tę cząstkę. Ich działanie równoważne jest działaniu ładunku obrazu o wartości \(-Q\) umieszczonego w takiej samej odległości od płaszczyzny po jej drugiej stronie.
Ponieważ zarówno siła Coulomba, jak i siła grawitacji są odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości między oddziałującymi obiektami, możemy wykorzystać naszą wiedzę z grawitacji. Wprowadźmy masę \(M\) umieszczoną w punkcie \(O\) (rys. 2), której siła oddziaływania grawitacyjnego z cząstką o masie \(m\) odległą o \(x\) od punktu \(O\) jest taka sama, jak siła oddziaływania kulombowskiego cząstki o ładunku \(Q\) z ładunkiem obrazem: \[F={GMm}/{x^2}={kQ^2}/{4x^2},\text{ stąd $M={kQ^2}/{4Gm}.$}\] Rozważmy teraz cząstkę o masie \(m,\) która krąży wokół nieruchomej masy \(M\) po orbicie kołowej o promieniu \(R.\) Jej okres obiegu \(T_0=2\pi \sqrt{{R^3}/{GM}}.\)
Zmniejszając prędkość tej cząstki w punkcie \(A,\) otrzymujemy tory eliptyczne, których jedno z ognisk znajduje się w punkcie \(O,\) a drugie dąży do punktu \(A,\) gdy prędkość początkowa cząstki dąży do zera. Ta graniczna elipsa o półosi wielkiej równej \({a=R}/{2}\) to tor cząstki o masie \(m\) spadającej na masę \(M.\) Zgodnie z trzecim prawem Keplera okres obiegu po tej elipsie \[\text{$T=T_0\sqrt{{a^3}/{{a_0}^3}}={T_0}/{2\sqrt{2}},$ gdzie $a_0=R.$}\] Szukany czas, po którym cząstka naładowana doleci do płaszczyzny, jest dwa razy krótszy: \[t={T\over 2}={\pi R\over Q}\sqrt{{Rm\over 2k}}.\]