Klub 44

Zadania z matematyki nr 899, 900

Redaguje Marcin E. KUCZMA

899. Niech $g:{\mathbb{Z}}^{\mathbb{2}}\to \mathbb{R}$ będzie dowolną funkcją ( ${\mathbb{Z}}^2$  jest zbiorem punktów kratowych, czyli uporządkowanych par liczb całkowitych). Określamy odległość punktów $P,Q\in {\mathbb{Z}}^{\mathbb{2}},$ $P=(x,y),$ $Q=(u,v)$ wzorem $d(P,Q)=max(|x-u|,|y-v|).$ Dowieść, że istnieje nieskończenie wiele pięcioelementowych zbiorów punktów kratowych $(P_0,P_1,P_2,P_3,P_4)$ takich, że (dla $i=1,2,3,4$ ):   $d(P_0,P_i)=1,$   $g(P_0)\le g(P_i).$

900. Wielomiany $f_1,f_2,f_3,f_4$ jednej zmiennej, o współczynnikach rzeczywistych, spełniają warunki: $$\begin{array}{rl}{f}_1(x)\le f_2(x)\le f_3(x)\le f_4(x)& \text{dla}x\in [0,1],\\ f_2(x)\le f_4(x)\le f_1(x)\le f_3(x)& \text{dla}x\in [-1,0].\end{array}$$ Wykazać, że $f_1=f_2=f_3=f_4.$

Zadanie 900 zaproponował pan Michał Adamaszek z Kopenhagi.

Rozwiązania zadań z numeru 12/2024

891. Oznaczmy: $\cos (2^n\phi )=x_n$ (więc $|x_n|\le 1$ ). Ze wzoru na kosinus podwojenia wynika zależność rekurencyjna   $x_{n+1}=2x_n^2-1.$  Badamy, dla jakich wartości początkowych  $x_0$ spełniony jest warunek: wszystkie $x_n\in [-1,0].$

Niech $y_n=x_n+\frac{1}{2}.$ Warunek zadania przybiera postać $|y_n|\le \frac{1}{2},$ a wzór rekurencyjny – postać: $$\begin{array}{}\text{(1)}& y_{n+1}=-y_n(2-2y_n)\text{dla}n=0,1,2,\dots \end{array}$$ Skoro $|y_n|\le \frac{1}{2},$ wyrażenie w nawiasie ma wartość  $\ge 1$ ; a gdy $y_n\le 0,$ ma wartość  $\ge 2.$ Zatem $$\begin{array}{}\text{(2)}& |y_{n+1}|\ge \{\begin{array}{ll}|y_n|& \text{dla każdego }n,\\ 2|y_n|& \text{gdy }{y}_n\le 0.\end{array}\end{array}$$ Ze wzoru (1) widać ponadto, że w każdej parze kolejnych wyrazów ciągu igreków jest liczba niedodatnia. Z własności (2) wynika teraz, że   $|y_{n+2}|\ge 2|y_n|$  dla wszystkich  $n.$ Stąd przez indukcję   $|y_{2n}|\ge 2^n|y_0|$ ;  a ponieważ $|y_{2n}|\le \frac{1}{2},$ musi być $y_0=0.$ To odpowiada wartości $x_0=-\frac{1}{2}$ (i wtedy wszystkie $x_n=-\frac{1}{2}$ ).

Wymagany warunek jest więc spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy   $x_n=\cos \phi =-\frac{1}{2},$  czyli jedynie dla   $\phi =\pm \frac{2}{3}\pi +2m\pi$  ( $m=0,\pm 1,\pm 2,\dots$ ).

892. Rozwiązanie Autora (Michał Adamaszek). Przyjmijmy, że zawodnik dostaje 1 punkt za wygraną i 0 za porażkę. Ustalmy  $k$ ; niech $S$ będzie zbiorem zawodników, którzy zakończyli turniej z  $k$  punktami; niech $|S|=s.$ Pomiędzy sobą rozegrali oni $(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{2})$ partii, więc wspólnie zdobyli co najmniej tyle właśnie punktów. Jednak z definicji  $S$ wiemy, że zdobyli razem dokładnie $ks$  punktów. Stąd $(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{2})\le ks,$ czyli $s\le 2k+1.$

Przypuśćmy teraz, że wszystkie mecze w turnieju zakończyły się odwrotnymi wynikami ( $0\mapsto 1,$ $1\mapsto 0$ ). W tym nowym turnieju $S$ jest zbiorem tych zawodników, którzy zdobyli dokładnie $n-k-1$ punktów, więc to samo rozumowanie daje wniosek, że $(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{2})\le (n-k-1)s,$ czyli $s\le 2n-2k-1.$ Zatem $$s\le min\{2k+1,2n-2k-1\}.$$ Pokażemy, że to oszacowanie jest osiągalne. W przypadku, gdy $1\le 2k+1\le n,$ niech $S$ będzie dowolnym zbiorem zawodników o tej właśnie liczności. Łatwo ustawić mecze wewnątrz  $S$ tak, aby każdy wygrał ich dokładnie  $k$ (np.: każdy wygrywa z  $k$ swoimi następnikami w dowolnym cyklicznym ustawieniu zbioru  $S$ ). Zawodnikom spoza  $S$ każemy wygrać wszystkie mecze przeciwko  $S$ i dowolnie między sobą. Wtedy każdy zawodnik z  $S$ zdobywa $k$  punktów, a każdy spoza  $S$ co najmniej $2k+1\ge k+1$ punktów.

W przypadku, gdy $n+1\le 2k+1\le 2n-1,$ niech $j=n-1-k.$ Wówczas $1\le 2j+1\le n-1,$ więc na mocy poprzedniej konstrukcji istnieje turniej, w którym dokładnie $2j+1=2n-2k-1$ zawodników zdobyło dokładnie $j$ punktów. Odwracając wszystkie wyniki na przeciwne, otrzymujemy turniej, w którym dokładnie $2n-2k-1$ zawodników zdobyło dokładnie $n-1-j=k$ punktów.

Stąd odpowiedź: szukana maksymalna wartość  $|S|$ wynosi   $min\{2k+1,2n-2k-1\}.$

Zadania z fizyki nr 796, 797

Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA

796. W obwodzie przedstawionym na rysunku 1 klucz zamknięto do położenia 1, a po ustaleniu się prądów bardzo szybko przełączono go do pozycji 2. Przyjmując, że cewki $L_1$ i  $L_2$ są idealne, wyznaczyć ilość ciepła, jaka wydzieli się na oporniku $R$ po przełączeniu. Siła elektromotoryczna źródła wynosi $\mathcal{E},$ jego opór wewnętrzny $r.$

797. W środku dna prostopadłościennej barki o długości $a=80$  m, szerokości $b=10$  m i wysokości $c=5$  m powstał otwór o średnicy $d=1$  cm. Ocenić czas, po którym barka zatonie, jeśli nie będzie odpompowywana z niej woda. Barka jest otwarta z góry, nie ma żadnego ładunku, początkowa wysokość burty nad poziomem wody wynosi $h=3,75$  m.

788. Przyspieszenia klocków o masach $m$ są takie same, bo łącząca je nić jest nierozciągliwa. Tarcie między klockami 3 i 4 (rys. 4) jest tarciem statycznym. Gdyby tak nie było i klocek 3 ślizgałby się po klocku 4, to siła tarcia między nimi $T_4=\mu mg$ miałaby wartość mniejszą od siły naciągu nici $N,$ a klocek 2 poruszałby się w lewo, co jest niemożliwe. Zatem przyspieszenia klocków 2, 3 i 4 są jednakowe. Oznaczmy je przez $a_2,$ a przyspieszenie klocka 1 przez $a_1.$ Możliwe są dwa przypadki:

1) Nie ma poślizgu między klockami 1 i 2, układ porusza się jak jedno ciało: $$a_1=a_2=F/2(M+m).$$ Równanie ruchu klocka 1: $M{a}_1=F-T_1$ oraz warunek na brak poślizgu $T_1\le \mu mg$ pozwala znaleźć warunek, jaki musi spełniać siła, aby zachodził przypadek pierwszy $F\le 2\mu mg(M+m)/(M+2m).$

2) Klocek 2 ślizga się po klocku 1:
Z równania ruchu klocka 1: $a_1=(F-\mu mg)/M.$
Z równania ruchu układu klocków 2, 3, 4: $a_2=\mu mg/(2m+M).$
Przypadek drugi zachodzi, gdy siła spełnia warunek:
$F>2\mu mg(M+m)/(M+2m).$

789. Zadanie możemy rozwiązać w układzie związanym z płaszczyzną albo z ołówkiem.

1) Układ inercjalny, związany z płaszczyzną: Na poruszający się ołówek działają ze strony płaszczyzny dwie siły: reakcji $N$ i tarcia $T.$ Ołówek nie może przemieszczać się w kierunku pionowym, więc siła reakcji jest równa sile ciężkości $N=mg,$ siła tarcia $T=\mu N=\mu mg.$ Rozważmy przypadek graniczny, gdy ołówek zaczyna się obracać wokół krawędzi $A$ (rys. 5). Siły $N$ i $T$ są w tym momencie przyłożone do krawędzi $A.$ Jeżeli wypadkowa tych sił $R$ przechodzi poniżej osi ołówka, to jej moment względem osi wywołuje jego obrót. Warunek na brak obrotu ma postać: $$\mathrm{tg}\alpha =N/T\ge \mathrm{tg}{60}^{\circ },\mu \le 1/\sqrt{3}.$$ 2) Układ nieinercjalny, związany z ołówkiem: W tym układzie na ołówek działa dodatkowo siła bezwładności związana z przyspieszeniem nadanym przez siłę tarcia (rys. 6): $F_b=ma=m\mu g.$ Ołówek obraca się wokół krawędzi $A$ (chwilowa oś obrotu), jeżeli moment siły $F_b$ względem $A$ jest większy niż moment siły ciężkości: $$F_{b}a\sqrt{3}/2>mga/2.$$ Otrzymujemy stąd taki sam jak poprzednio warunek na brak obrotu.