Klub 44

Zadania z matematyki nr 903, 904

Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VIII 2025

Redaguje Marcin E. KUCZMA

903. Funkcje \(f\) i \(g\) są dane wzorami \[\begin{aligned} f(x) & =(1+x+x^2+x^3+\ldots+x^{42})+45x^{43}, \\ g(x) & =(1+x+x^2+x^3+\;\;\ldots\;\;+x^{44})+45x^{45}. \end{aligned}\] Liczby rzeczywiste \(a,b\) spełniają warunki \({f(a)=g(b)=44}.\) Wyjaśnić, która z liczb \(a,b\) jest większa.

904. Niech \({A_1=31},\) \({A_2=331},\) …, \({A_n=33\ldots31}\) (\(n\) trójek, a na końcu jedynka – zapis dziesiętny). Dla każdej liczby pierwszej \({p<44}\) rozstrzygnąć, czy istnieje liczba \(n\) (zależna od \(p\)), dla której \(A_n\) dzieli się przez \(p.\) Jeśli istnieje, ustalić, czy jest wówczas nieskończenie wiele, czy tylko skończenie wiele takich numerów \(n.\)

Zadanie 904 zaproponował pan Witold Bednarek z Łodzi.

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
889 (\(WT = 2{,}47\)) i 890 (\(WT = 1{,}77\))
z numeru 11/2024

Krzysztof Zygan	Lubin	42,03
Andrzej Kurach	Ryjewo	40,27
Andrzej Daniluk	Warszawa	37,89
Janusz Olszewski	Warszawa	37,17
Grzegorz Wiączkowski		36,58
Michał Warmuz	Żywiec	36,54
Marcin Kasperski	Warszawa	35,64
Krzysztof Kamiński	Pabianice	33,54
Marian Łupieżowiec	Gliwice	32,89
Jędrzej Biedrzycki		32,29
Marek Spychała	Warszawa	32,17
Krzysztof Maziarz	Londyn	31,96

Rozwiązania zadań z numeru 2/2025

895. Wygodnie będzie przejść na język kolorów: punkty z wartością 0 – białe; z wartością 1 – czarne. Układ \(n\) punktów rozbijamy na bloki jednokolorowe. Co najmniej jeden z bloków ma długość nieparzystą; przyjmijmy (b.s.o.), że jest on czarny: 01111111110. Dozwolone ruchy polegają na zmianie koloru punktu (dowolnie wybranego), którego obaj sąsiedzi mają jednakowy kolor. Wykonując takie ruchy, przeprowadzamy podany przykładowo fragment do postaci 01010101010.

Kolejną serią ruchów pozbywamy się wszystkich punktów czarnych w tym fragmencie: 00000000000. Skrajne zera, które na starcie obramowywały rozważany czarny blok, należały do jakichś bloków białych. Teraz one, wraz z ,,wybielonym” fragmentem, zlewają się w jeden dłuższy blok biały. Co istotne: liczba bloków zmniejszyła się. Powtarzamy procedurę (wybieramy blok jednobarwny długości nieparzystej, itd.); liczba bloków znów się zmniejszyła. Po dalszych powtórzeniach liczba bloków spadnie do 1. To będzie znaczyło, że wszystkie \(n\) punktów uzyskało jednakowy kolor.

896. Niech \({B_n=H_n/\ln{n}},\) gdzie (jak zwykle) \({H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k}.\) Zauważmy, że \({B_{2^n}=A_n/{\ln2}}.\) Wystarczy więc udowodnić, że ciąg \((B_n)\) jest malejący: \({B_{n-1}>B_n}\); czyli że \[\tag{1} \label{1} H_n\ln(n-1)<H_{n-1}\ln{n}\ \ \ \ \hbox{dla}\;\;n>1.\]

Przydatne będą nierówności (dla \({n>1}\)): \[\tag{2} \label{2} \frac{1}{n} < \ln{n} - \ln(n-1) < \frac{1}{n-1},\] \[\tag{3} \label{3} \ln{n} < H_n.\] Są one dobrze znane; krótkie uzasadnienie – dla kompletności. Twierdzenie Lagrange’a dla funkcji \(\;\ln{x}\;\) mówi, że  \({\ln{n}-\ln(n{-}1)=1/{x_n}}\)  dla pewnej liczby \({x_n\in(n{-}1,n)}\); stąd dwustronne oszacowanie (2). Ustalmy \({m>1}\) i wykonajmy sumowanie prawej części (2) po \({n=2,\ldots,m},\) otrzymując zależność  \({\ln{m}<H_{m{-}1}}.\)  Zastępujemy literkę \(m\) przez \(n\) i mamy zależność (3) (a nawet nieco silniejszą, co tu bez znaczenia).

Teraz krótki rachunek; w pierwszym kroku wykorzystujemy lewą część (2), a w ostatnim – zależność (3): \[\begin{aligned} H_n\ln(n-1) & <H_n\biggl(\ln{n}-\frac1n\biggr) \\&=\biggl(H_{n-1}+\frac1n\biggr)\ln{n}+H_n\biggl(-\frac1n\biggr)={}\cr & =H_{n-1}\ln{n}+\frac1n\biggl(\ln{n}-H_n\biggr)<H_{n-1}\ln{n} \end{aligned}\] – i mamy tezę (1).

Zadania z fizyki nr 800, 801

Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VIII 2025

Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA

800. W obwodzie przedstawionym na rysunku 1 dioda jest idealna i wszystkie opory omowe zaniedbywalne. Klucz \(K\) zamknięto na czas \(\tau,\) a następnie otwarto. W chwili otwierania klucza natężenie prądu w cewce miało wartość \(I_{0}.\) Po jakim czasie po otwarciu klucza osiągnęło ono wartość maksymalną równą \(2I_{0}\)? Narysuj wykres zależności natężenia prądu w cewce od czasu \(t\) \((0<t<\infty)\).

Rys. 1

801. Statek kosmiczny przemieszcza się od Ziemi do Marsa po orbicie eliptycznej, której peryhelium znajduje się na orbicie Ziemi, a aphelium na orbicie Marsa. Znaleźć czas przelotu oraz minimalny czas, w jakim kosmonauci będą musieli oczekiwać na Marsie na start w drogę powrotną po takiej samej orbicie. Okres obiegu Ziemi wokół Słońca wynosi \(T_{\rm Z}=365{,}25\) dób, okres obiegu Marsa \(T_{\rm M}=687\) dób. Przyjąć, że planety poruszają się po orbitach kołowych leżących w jednej płaszczyźnie.

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
786 (\(WT=2{,}5\)), 787 (\(WT=3{,}25\))
z numeru 11/2024

Tomasz Wietecha (Tarnów)	17 – 42,90
Jan Zambrzycki (Białystok)	4 – 29,64
Andrzej Nowogrodzki (Chocianów)	3 – 27,49

Rys. 2

Rys. 3

792. Średnia droga swobodna kulki w naczyniu, czyli droga przebyta przez nią do chwili zderzenia z inną kulką, wynosi \(\lambda = 1/( \pi d^{2}n )\), gdzie \(n = N/(Sh)\) jest liczbą kulek w jednostce objętości. Czas między dwoma kolejnymi zderzeniami \(\tau = \lambda/v_{0} = 3 \cdot 10^{3}{\rm s} \gg h/v_{0} = 10^{- 2}\)s, zatem kulki praktycznie nie zderzają się między sobą. Podczas ruchu tłoka zmiana energii kulki związana jest tylko z uderzeniami o tłok i określona przez zmianę jej pionowej składowej prędkości.

Niech odległość tłoka od dna naczynia w pewnej chwili wynosi \(l\), tłok porusza się z prędkością \(u\), a kulka dogania go z prędkością \(v \gg u\). W układzie związanym z tłokiem prędkość kulki wynosi \(v - u\), natomiast po odbiciu \(- v + u\). W układzie cylindra prędkość kulki po odbiciu to \(- v + 2u\), czyli jej wartość zmniejsza się o \(2u\). Kolejne uderzenie o tłok nastąpi po czasie \(\mathrm{\Delta}t \cong 2l/v\). Tłok przesunie się w tym czasie o \(\mathrm{\Delta}l = u\mathrm{\Delta}t = - l\mathrm{\Delta}v/v\), stąd \[v\mathrm{\Delta}l + l\mathrm{\Delta}v = 0,\] co oznacza, że iloczyn \(lv\) pozostaje stały.

Dla składowej pionowej prędkości kulki mamy \[hv_{y0} = 2hv_{y},\ \ \ v_{y} = v_{y0}/2,\] czyli na wysokości \(2h\) pionowa składowa prędkości kulki jest dwa razy mniejsza niż na wysokości \(h\).

Początkowa energia kinetyczna kulki wynosiła \[W_{0} = M( {v_{x0}}^{2} + {v_{y0}}^{2} + {v_{z0}}^{2} )/2,\] gdzie \(( {v_{x0}}^{2} )_{\rm śr} = ( {v_{y0}}^{2} )_{\rm śr} = ( {v_{z0}}^{2} )_{\rm śr}\).

Po przemieszczeniu tłoka zmieniła się tylko składowa pionowa prędkości kulki, i jej prędkość końcowa wynosi: \[W = M( {v_{x0}}^{2} + {v_{y0}}^{2}/4 + {v_{z0}}^{2} )/2.\] Po długim czasie, gdy ruch kulek ponownie staje się w pełni chaotyczny, średnia wartość ich prędkości wynosi: \[v_{\rm śr} = v_{0}\sqrt{3/4} = 87\ \rm m/s.\] 793. a) Prąd płynący przez pierwszy amperomierz jest równy \(I_{1} = U/X\), gdzie \(X\) to opór zastępczy układu. Po dołączeniu z lewej strony jeszcze jednego oczka (rys. 3) opór zastępczy nie zmienia się. Stąd \(X = r + RX/(R + X)\), \(X = ( r + \sqrt{r^{2} + 4Rr} )/2 = 100{,}5\ \Omega\), \(I_{1} = 14{,}9\ \rm mA\).

b) Część obwodu bez pierwszego amperomierza ma opór \(X - r = 99{,}5\ \Omega\). Natężenie prądu płynącego przez drugi amperomierz \(I_{2} = U_{2}/X\), gdzie \(U_{2} = U - rI_{1} = U( 1 - r/X ) = 0{,}99U\), \(I_{2} = 0{,}99I_{1} = 14,8\ \rm mA\).

c) Suma napięć na wszystkich amperomierzach równa jest napięciu ogniwa \(U = 1,5\ V\). Prąd płynący przez amperomierz to stosunek jego napięcia i oporu, suma natężeń prądów na wszystkich amperomierzach wynosi więc \(I = U/r = 1,5\ \rm A\).

d) Suma natężeń prądów płynących przez wszystkie woltomierze równa jest natężeniu prądu płynącego przez pierwszy amperomierz, stąd suma napięć na wszystkich woltomierzach wynosi \(RI_{1} = 149\ V\).