Klub 44

Zadania z matematyki nr 901, 902

Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VII 2025

Redaguje Marcin E. KUCZMA

901. Trapez równoramienny \(ABCD\) jest wpisany w okrąg  \(\Omega\) o średnicy  \(AB.\) Przekątne trapezu, długości  \(d,\) przecinają się w punkcie  \(P.\) Okrąg styczny do odcinków \(PC,\)   \(PD\) i do krótkiego łuku  \(CD\) (okręgu  \(\Omega\)) ma promień  \(r.\) Okrąg wpisany w trójkąt  \(ABP\) ma promień  \(3r.\) Obliczyć stosunek  \({r/{d}}.\)

902. Dla liczby naturalnej  \(n\) niech \(w(n)\) oznacza największy całkowity wykładnik, dla którego \(n!\) dzieli się przez  \(10^{w(n)},\) i niech \({f(n)=10^{-w(n)}n!}.\) Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej  \(m\) spełniona jest zależność   \({f(5^m)\equiv2^m}\)  (mod 5).

Zadanie 902 zaproponował pan Cezary Głowacz z Bonn.

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
887 (\(WT = 1{,}69\)) i 888 (\(WT = 1{,}64\))
z numeru 10/2024

Mikołaj Pater		46,28
Witold Bednarek	Łódź	45,33
Tomasz Wietecha	Tarnów	45,31
Krzysztof Zygan	Lubin	42,03
Andrzej Kurach	Ryjewo	38,67
Andrzej Daniluk	Warszawa	37,89
Michał Warmuz	Żywiec	36,54
Marcin Kasperski	Warszawa	35,64
Grzegorz Wiączkowski		34,61
Krzysztof Kamiński	Pabianice	33,54
Janusz Olszewski	Warszawa	33,10
Jędrzej Biedrzycki		32,29
Marian Łupieżowiec	Gliwice	31,29

Klubowym nowicjuszem nie jest żaden z trzech Panów; Weteranem – każdy z nich; niektórzy z imponującym stażem. Magiczną linię 44 p. przekraczają: pan Mikołaj Pater – po raz czwarty; pan Witold Bednarek – po raz dziesiąty; pan Tomasz Wietecha – po raz piętnasty!

Rozwiązania zadań z numeru 1/2025

893. Rachunek kątów w trójkątach \(AKB\) i  \(DLE\) pokazuje, że \[\measuredangle{AKB}+\measuredangle{DLE}=180^\circ. \tag{1}\] Stąd wniosek, że czworokąt \(KMLN\) ma okrąg opisany, wobec czego \[\measuredangle{NLK}=\measuredangle{NMK}. \tag{2}\]

Przyjmijmy (b.s.o.), że punkt  \(L\) leży bliżej prostej  \(AE\) niż punkt  \(K.\) Konfiguracja punktów i kątów jest wówczas jak na rysunku.

Uzupełniamy trójkąt \(AKE\) do równoległoboku \(AKEJ\); punkt  \(C\) jest jego środkiem symetrii. Trójkąty \(AKB\) i  \(EJD\) są symetryczne względem  \(C.\) Zatem \({\measuredangle{AKB}=\measuredangle{EJD}}.\) Stąd, wobec (1), \({\measuredangle{EJD}+\measuredangle{DLE}=180^\circ},\) co oznacza, że także czworokąt \(JDLE\) ma okrąg opisany. Dostajemy równość \[\measuredangle{JLD}=\measuredangle{JED}=\measuredangle{KAB}. \tag{3}\] Dodajemy (2) i (3) (uwzględniając, że \({\measuredangle{NLK}+\measuredangle{JLD}=\measuredangle{JLK}}\) ): \[\measuredangle {JLK}=\measuredangle{NMK}+\measuredangle{KAB}.\] Suma po prawej stronie wynosi  \(90^\circ\) (dzięki założeniu \({MN\perp{AE}}\)). Tak więc trójkąt \(JLK\) jest prostokątny. Punkt  \(C\) jest środkiem przeciwprostokątnej  \(JK.\) Stąd, ostatecznie, \({CK=CL}.\)

894. Oznaczmy: \({w=yz+1}\) (jest to liczba względnie pierwsza z  \(y\)). Zadaną równość przepisujemy tak: \[\frac{xw+y}{w}=\frac{2025}{44}\,.\] To równość dwóch nieskracalnych ułamków. Muszą mieć równe liczniki i mianowniki, ewentualnie ze znakiem zmienionym na przeciwny. Więc na pewno \({w=\pm44}.\) Stąd \({yz=w-1\in\{43,-45\}},\) wobec czego \({|y|\le45},\) \({|z|\le45}.\)

Przyrównanie liczników: \({xw+y=\pm2025}.\) Pamiętając, że \({w=\pm44},\) mamy \[y=\pm2025\mp44x\equiv\pm1\pmod{44}.\] To zawęża poszukiwanie do następujących par \((w,y)\): \((44,1),(44,-1),(44,43),(44,-43),(-44,1),(-44,-1),(-44,45),(-44,-45).\) Z wyjściowego równania mamy \[x=\frac{2025}{44}-\frac{y}{w}.\] Z wypisanych ośmiu par \((w,y)\) jedynie pierwsza, czwarta, szósta, ósma dają (przy użyciu ostatniego wzoru) całkowite wartości  \(x\): odpowiednio \(46,47,46,45.\) Wartość \({z=(w-1)/{y}}\) wynosi, odpowiednio, \(43,-1,45,1.\)

Badane równanie może więc być spełnione jedynie przez cztery trójki \((x,y,z)\) – i faktycznie jest spełnione, co łatwo sprawdzić wprost: \[(46,1,43),\;(47,-43,-1),\;(46,-1,45),\;(45,-45,1).\]

Regulamin Ligi znajduje się na naszej stronie: www.deltami.edu.pl/klub-44/regulamin/

Zadania z fizyki nr 798, 799

Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VII 2025

Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA

798. Dwie bardzo małe jednakowe kulki związane nieważką, nierozciągliwą nicią leżą na powierzchni poziomej (rys. 1). Jednej z kulek nadano prędkość  \(v_{0}\) skierowaną pionowo w górę. Jaka powinna być wartość tej prędkości, aby druga kulka nie oderwała się od poziomej powierzchni, a nić przez cały czas była naciągnięta? Po jakim torze porusza się wtedy pierwsza kulka? Tarcie kulki o podłoże jest zaniedbywalne.

799. Elektron krąży po orbicie kołowej w jednorodnym polu magnetycznym. Indukcja pola magnetycznego zostaje powoli zwiększona trzy razy, w czasie wielokrotnie przewyższającym okres obrotu. Ile razy zmieni się w tym czasie promień orbity elektronu?

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
784 (\(WT=2{,}6\)), 785 (\(WT=3\))
z numeru 10/2024

Jacek Konieczny (Poznań)	40,87
Tomasz Wietecha (Tarnów)	17 – 40,40
Jan Zambrzycki (Białystok)	4 – 29,34
Andrzej Nowogrodzki
(Chocianów)	3 – 27,49

   

Rys. 1

   

Rys. 2

   

Rys. 3

   

Rys. 4

790. Na pręt działa siła ciężkości \(Q\) oraz siły reakcji \(N_{1}\) i \(N_{2}\) (rys. 4). Gdy nie ma tarcia, siła reakcji jest prostopadła do powierzchni, po której ślizga się punkt styczności. \(N_{1}\) jest prostopadła do powierzchni czaszy, czyli działa wzdłuż promienia, \(N_{2}\) jest prostopadła do pręta. W położeniu równowagi proste, wzdłuż których działają siły przyłożone do pręta, przecinają się w jednym punkcie, bo ich moment wypadkowy względem dowolnego punktu wynosi 0. Z rysunku 4: \[|BC| = 2R\cos\alpha, \ \ x = 2R\cos\alpha - l,\ \ |OC| = R = x\cos\alpha + R\sin\biggl( \frac{\pi}{2} - 2\alpha \biggr),\] stąd otrzymujemy równanie: \[4R\cos^{2}\alpha - l\cos\alpha - 2R = 0.\] Ponieważ kąt \(\alpha\) leży w pierwszej ćwiartce, wybieramy dodatnie rozwiązanie równania (2): \[\cos\alpha = \frac{\left( l + \sqrt{l^{2} + 32R^{2}} \right)}{8R}.\] Z warunku \(\cos\alpha \leq 1\) otrzymujemy warunek na maksymalną długość pręta \(2l \leq 4R.\) Minimalna długość pręta, dla której możliwa jest jeszcze opisana równowaga, odpowiada sytuacji, gdy pręt opiera się na krawędzi czaszy swoim prawym końcem. Wtedy \(x = l\) i zgodnie z (1) \[2R\cos{(\alpha}_{\max}) = 2l_{\min}.\] Podstawiając do tego równania warunek równowagi (3), otrzymujemy \[2l_{\min} = 2R\sqrt{{2}/{3}}.\] Odpowiadająca tej minimalnej długości wartość graniczna kąta określona jest warunkiem \[\cos\alpha_{\max} = \tfrac{l_{\min}}{R} = \sqrt{{2}/{3}}.\] Podsumowując, opisany w zadaniu stan równowagi jest możliwy, gdy długość pręta spełnia warunek: \[2R\sqrt{{2}/{3}} < 2l < 4R,\] a kąt w stanie równowagi określa wzór (3).

Jeżeli \(L=2l > 4R\), to środek ciężkości pręta znajduje się poza krawędzią czaszy i pręt z niej wypada. Gdy pręt jest zbyt krótki, ześlizguje się do wnętrza czaszy.

791. Niech \(I_{0}\) oraz \(I\) oznaczają początkowe i końcowe natężenie prądu w pętli. Natężenie prądu w zwojnicy nie zmienia się i wynosi \(\tfrac{\mathcal E}{r}\), co daje strumień przez jeden zwój \(\tfrac{L_{0}\mathcal E}{rN}\). Strumień ten przenika nadprzewodzącą pętlę nałożoną na zwojnicę. Całkowity strumień \(\phi\) przez pętlę, zgodnie z prawem Faradaya, spełnia równanie \(0 = - \tfrac{d\phi}{dt}\), gdzie w lewej części mamy spadek napięcia na zerowym oporze nadprzewodnika. Zatem całkowity strumień pola magnetycznego przez pętlę pozostaje stały: \({\phi = LI_{0} = \rm const}\). Przy zmianie zewnętrznego pola magnetycznego w pętli pojawia się prąd indukcyjny, którego pole magnetyczne kompensuje zmianę strumienia pola magnetycznego. Zatem \[% LI \pm \dfrac{L_{0}\mathcal E}{rN} = LI_{0}, \text{ \ albo \ } I_{0} - I = \pm \dfrac{L_{0}\mathcal E}{LrN}.\] Dwuznaczność we wzorze związana jest z dwiema możliwościami wzajemnej orientacji pól magnetycznych zwojnicy i pętli. Jednakowej orientacji odpowiada znak  \(+\), przeciwnej znak  \(-\). W pierwszym przypadku prąd w pętli maleje, w drugim rośnie.