Klub 44

Niech $c$ będzie kresem górnym zbioru $\{x\in [a,b]:f(x)\ge 0\}$ (niepustego, bo $f(a)>0$). Istnieje zatem ciąg $(x_n)$ elementów tego zbioru (być może stały od pewnego miejsca), zbieżny od lewej strony do $c.$ Funkcja $g$ jest rosnąca, więc $g(x_n)\le g(c)$ dla wszystkich $n.$ Funkcja $\phi =f-g$ jest ciągła, więc $\phi (x_n)\to \phi (c)$; przy tym $\phi (x_n)=f(x_n)-g(x_n)\ge 0-g(c),$ skąd wniosek, że $\phi (c)\ge -g(c),$ czyli $f(c)\ge 0.$

Skoro (z założenia) $f(b)<0,$ zatem $c<b.$ Z określenia liczby $c$ wynika, że dla $x\in (c,b]$ zachodzi nierówność $f(x)<0$; a także nierówność $g(x)>g(c),$ bo $g$ jest funkcją rosnącą. Wobec tego $\phi (x)=f(x)-g(x)<0-g(c)$ dla $x\in (c,b].$ W granicy, gdy $x$ dąży do $c$ (od prawej strony), dostajemy $\phi (c)\le -g(c).$

Uzyskane nierówności pokazują, że $\phi (c)=-g(c)$; a to znaczy, że $f(c)=0.$

Istnieje takie rozbicie. Opis metody: określamy funkcję $f:{\mathbb{Q}}_{+}\to {\mathbb{Q}}_{+}$ wzorami $$f(x)=\{\begin{array}{ll}1/x=:f_0(x)& \text{dla }x\le 1,\\ x-1=:f_1(x)& \text{dla }x>1.\end{array}$$ Startujemy od dowolnej liczby $x\in {\mathbb{Q}}_{+}$ i iterujemy przekształcenie $f$ (więc w każdym kroku stosujemy $f_0$ lub $f_1,$ w zależności od tego, czy jesteśmy w przedziale $(0,1],$ czy $(1,\mathrm{\infty })$). Zauważmy, że jeśli liczba wymierna (dodatnia) jest zapisana w postaci ułamka nieskracalnego, wówczas przy zastosowaniu funkcji $f_1$ suma licznika i mianownika zmniejsza się; zaś przy zastosowaniu $f_0$ ta suma nie ulega zmianie. Jednak po zastosowaniu $f_0$ jesteśmy w przedziale $(1,\mathrm{\infty })$ i w następnym kroku działamy znów funkcją $f_1,$ zmniejszając sumę licznika i mianownika. Wniosek: po skończenie wielu krokach trafimy w liczbę 1. Kończymy wtedy procedurę iteracyjną.

Jeśli, startując od liczby $x,$ stosowaliśmy kolejno funkcje $f_{i_1},f_{i_2},\dots ,f_{i_k},$ wówczas $(i_1,i_2,\dots ,i_k)$ jest ciągiem zerojedynkowym (skończonej długości), który możemy uważać za kod liczby $x.$

Przykład: dla $x=\frac{27}{98}$ dostajemy trajektorię $$\frac{27}{98}\Rightarrow \frac{98}{27}\to \frac{71}{27}\to \frac{44}{27}\to \frac{17}{27}\Rightarrow \frac{27}{17}\to \frac{10}{17}\Rightarrow \frac{17}{10}\to \frac{7}{10}\Rightarrow \frac{10}{7}\to \frac{3}{7}\Rightarrow \frac{7}{3}\to \frac{4}{3}\to \frac{1}{3}\Rightarrow \frac{3}{1}\to \frac{2}{1}\to \frac{1}{1}$$ (strzałka $\Rightarrow$ oznacza zastosowanie operacji $f_0$; strzałka $\to$ oznacza $f_1$). Kod liczby $\frac{27}{98}$ to $(0111010101011011).$ [Można tu dostrzec rozbudowaną postać algorytmu Euklidesa].

Dla dowolnej liczby $x\in {\mathbb{Q}}_{+}$ określamy $S(x)$ jako sumę symboli w jej kodzie: $S(x)=i_1+\dots +i_k$ (czyli liczbę jedynek; np. $S(\frac{27}{98})=10$; $S(1)=0$ (kod pusty)). I teraz: jeśli $S(x)$ ma wartość parzystą, wrzucamy liczbę $x$ do zbioru $A$; jeśli nieparzystą – to do zbioru $B.$ Wymagane warunki są spełnione: gdy $xy=1$ oraz (b.s.o.) $x<1,$ to $y=f(x)=f_0(x)$; kody liczb $x,$ $y$ mają tyle samo jedynek, więc te liczby są obie w $A$ lub obie w $B.$ Gdy zaś $x-y=1,$ to $y=f(x)=f_1(x),$ kody liczb $x,$ $y$ różnią się o jedną jedynkę, więc te liczby leżą jedna w $A,$ druga w $B.$

[Czytelnikowi Wnikliwemu proponujemy zastanowienie się, czy przedstawiona konstrukcja rozbicia ${\mathbb{Q}}_{+}=A\cup B$ (o żądanej własności) jest jedyną możliwą (z dokładnością do zamiany symboli $A\leftrightarrow B$)].

Na rysunku 3 zaznaczono siły działające na obręcz. Ponieważ nie występuje poślizg, możemy napisać równanie ruchu obrotowego obręczy wokół chwilowej osi obrotu przechodzącej przez punkt $A$: $$\begin{array}{}\text{(1)}& 2M{R}^2\epsilon =2kxR+Nx,\end{array}$$ gdzie $N$ jest siłą nacisku kulki na rurkę, $2kx$ wypadkową siłą sprężystości.

Przyspieszenie kątowe $\epsilon$ wiąże się z szukanym przyspieszeniem $a$środka obręczy wzorem $$\begin{array}{}\text{(2)}& \epsilon =a/R.\end{array}$$ Siłę nacisku $N$ znajdziemy z równania ruchu kulki w pionie: $$\begin{array}{}\text{(3)}& m\epsilon x=mg-N.\end{array}$$ Z równań $\text{(1)}$–$\text{(3)}$ otrzymujemy: $$a=\frac{(mg+2kR)xR}{2M{R}^2+m{x}^2}.$$

Ładunki na każdym z kondensatorów po odłączeniu baterii wynoszą $Q=C\mathcal{E}/3.$ Po dołączeniu oporników, gdy prądy już nie płyną, kondensatory są połączone równolegle. Z dodatnio naładowanej okładki odpłynął ładunek $q$ i wpłynął na ujemnie naładowane okładki kondensatorów zewnętrznych (rys. 4). Ponieważ napięcia na kondensatorach są jednakowe, $Q-q=-Q+q/2,$ stąd $q=4C\mathcal{E}/9.$ Ładunki na prawych okładkach są równe $Q-q=-C\mathcal{E}/9.$ Początkowa energia układu wynosi $W_1=3Q^2/2C=C{\mathcal{E}}^2/6,$ końcowa $W_2=C{\mathcal{E}}^2/54.$ Ciepło wydzielone na każdym oporniku jest równe $$W=(W_1-W_2)/2=2C{\mathcal{E}}^2/27.$$ Ponieważ podczas przeładowywania zmieniają się znaki ładunków na środkowym kondensatorze, napięcie $\mathcal{E}/10$ pojawia się na nim dwukrotnie – podczas rozładowywania od $\mathcal{E}/3$ do zera i podczas ładowania od 0 do $\mathcal{E}/9.$

Rozważmy przypadek pierwszy. Ładunek $q_1$ odpływający z okładki środkowego kondensatora znajdujemy z równania $Q-q_1=C\mathcal{E}/10,$ stąd $q_1=C\mathcal{E}/30.$ Ładunek końcowy w rozważanym procesie na okładce kondensatora bocznego wynosi $-C\mathcal{E}/3+q_1/2=-13C\mathcal{E}/60.$ Z drugiego prawa Kirchhoffa dla dolnego oczka otrzymujemy: $\mathcal{E}/10-R{I}_1+13\mathcal{E}/60=0,$ stąd szukane natężenie prądu $I_1=19\mathcal{E}/60R.$

W drugim przypadku analogiczne równania mają postać: $$Q-q_2=-C\mathcal{E}/10,-C\mathcal{E}/3+q_2/2=-7C\mathcal{E}/60,-\mathcal{E}/10-R{I}_2+7\mathcal{E}/60=0,$$ a szukane natężenie $I_2=\mathcal{E}/60R.$