פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף 2

מתוך המכלול, האנציקלופדיה היהודית

< פורטל:מתמטיקה‏ | חידה

קפיצה לניווט קפיצה לחיפוש

לקט חידות מתמטיות

אוסף נוסף של חידות מופיע בדף פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף.

101

אתם עומדים בנקודה אקראית בשדה תירס שצורתו היא עיגול, והתירס הגבוה מפריע לכם לראות. באמצע שדה התירס נמצא טלפון שבאמצעותו אתם יכול לזמן מישהו שיסיע אותכם לביתכם. בשל הראות הלקויה, רק כשתצאו מהשדה תדעו זאת. איך תוכלו להגיע למרכז בוודאות?

פתרון

אתם בוחרים כיוון מסוים והולכים בו את שתגיעו החוצה. אחרי זה אתם מסתובבים וסופרים את הצעדים שלכם עד שאתם יוצאים החוצה מהקצה השני. אז, אתם שוב מסתובבים והולכים חצי מהצעדים שהלכתם קודם, ומצאתם את האמצע של המיתר שהלכתם בו. אתם מסתוביים 90 מעלות ומוצאים את מרכז הקוטר בו אתם הולכים באותה דרך שמצאתם את האמצע של המיתר. הפתרון מבוסס על אחת מהדרכים למצוא אמצע של עיגול.

עריכה | תבנית | שיחה

102

-

103

-

104

-

105

-

106

-

107

ברצונך לצוד ארנבת. ידוע שהארנבת נמצאת לאורך קו מסוים, שעליו 10 נקודות שעליהן היא יכולה להיות.

ברשותך רובה, ללא הגבלה על מספר היריות. לאחר כל ירייה הארנבת קופצת לאחת הנקודות הסמוכות (משמאל או מימין).

איך תפגע בארנבת בוודאות?

פתרון

ראשית נירה בנקודות 2, 3, 4... עד 9. אם עוד לא פגענו בה, נירה בנקודות 1, 2, 3... עד 9.

למה הפתרון עובד? בהתחלה נניח שהארנבת התחילה במספר זוגי. אם היא הייתה ב-2, פגענו בירייה ראשונה. אם ב-4, אם היא הייתה קופצת שמאלה היינו פוגעים בירייה שנייה, ולכן הכרחי שהיא קפצה ימינה. אפשר לשים לב שעל פי אותה הדרך הארנבת תמיד תהיה מימין לירייה שלנו, עד שנפגע.

אם היא התחילה במספר אי-זוגי, אז אותו טיעון תקף שוב, ולכן אפשר לראות שהיא תמיד תהיה מימין לירייה שלנו, שוב, עד שנפגע.

הערה: קיימים עוד פתרונות לחידה.

עריכה | תבנית | שיחה

108

-

109

-

110

על שולחן עגול מונחים 20 תפריטים, 10 בצרפתית ו-10 ביפנית. מסביב לשולחן יושבים 20 אנשים, 10 צרפתים ו-10 יפנים, כך שמול כל אחד מהם תפריט. השולחן ניתן לסיבוב. הוכיחו שקיים סיבוב של השולחן שבו לפחות 10 מהאנשים מקבלים תפריט בשפה שלהם.

פתרון

נניח בשלילה שזה לא נכון, ואז בכל סיבוב של השולחן 9 אנשים לכל היותר מקבלים תפריט נכון, ולכן ב-20 הסיבובים מתקבל תפריט נכון לכל היותר 180 פעמים. מצד שני, אם מסובבים את השולחן לכל 20 המצבים כל אחד מקבל תפריט נכון בדיוק 10 פעמים, ולכן ב-20 סיבובים מתקבל תפריט נכון 200 פעמים. סתירה

עריכה | תבנית | שיחה

111

נתונים 11 מספרים טבעיים. נתון שאם תוציא אחד מהם, תוכל לחלק את ה-10 האחרים לשתי קבוצות שכל אחת מהן מורכבת מ-5 מספרים, כך שסכומן זהה. הוכח שכל 11 המספרים שווים זה לזה.

פתרון

ראשית נשים לב שמותר לנו לחסר מכל המספרים אותו מספר, וכן לחלק אותם באותו מספר. אכן, אם נחסיר מכולם a אז נחסיר מסכום כל קבוצה 5a, ולכן הן ישארו שוות. כמו כן אם נחלק כל מספר ב-a נחלק גם את הסכום ב-a, ולכן גם זה לא ישנה. בנוסף, נשים לב שכל המספרים בעלי אותה זוגיות (כולם זוגיים או אי-זוגיים), כיוון שאם זה לא ככה, זה אומר שניתן לבחור 10 מספרים כך שסכומם אי-זוגי ואי אפשר לחלק שווה בשווה. נחסיר מכל המספרים את המספר הקטן ביותר. נקבל שאחד המספרים הוא 0. כיוון ש-0 הוא זוגי, כל שאר המספרים זוגיים גם הם, ולכן נחלק את כולם ב-2. כיוון שהתנאי המקורי נשמר (הוכחנו שכל הפעולות שעשינו לא משפיעות עליו) עדיין כל המספרים זוגיים, ולכן אפשר שוב לחלק את כולם ב-2. אלא אם כן כולם שווים ל-0, נקבל סתירה מכיוון שאין מספר שלם חיובי שניתן לחלק אינספוף פעמים ב-2. מכאן שכל המספרים המקוריים היו שווים.

עריכה | תבנית | שיחה

112

נתונים 10 שקים. בכל אחד מהם נמצאים המון מטבעות. כל המטבעות שוקלים 1 גרם, מלבד שק אחד שהמטבעות בו מזויפים ושוקלים 2 גרם. ברשותך מאזניים דיגיטליים שנותנים משקל מספרי. מהו המספר הקטן ביותר של שקילות שדרוש כדי למצוא את השק המזויף?

פתרון

ניקח מטבע אחד מהשק הראשון, שניים מהשק השני, שלושה מהשלישי וכן הלאה. אם כל השקים היו אמיתיים היה אמור להיות סכום של 55 (ראו מספר משולשי) ההפרש בין המשקל שיצא לבין 55 הוא השק המזויף (כי כל מטבע שהוצא ממנו מוסיף 1 גרם לסכום הכולל). לפיכך המספר המבוקש הוא 1.

אותה חידה, אלא שהפעם כל שק יכול להיות מזויף או אמיתי. כמה שקילות דרושות הפעם?

פתרון

הפעם נוציא מטבע אחד מהשק הראשון, שניים מהשני, ארבעה מהשלישי ובאופן כללי

2^{n-1}

מהשק ה-nי. אילו כל השקים היו אמיתיים, הסכום היה 1023. נסתכל על ההפרש בין המספר שיצא לבין 1023 ונרשום אותו בבסיס בינארי. איפה שהספרה היא 1, סימן שהשק הוא מזויף. לפיכך התשובה היא שוב 1.

עריכה | תבנית | שיחה

113

-

114

-

115

-

116

-

117

-

118

-

119

נתון לוח בצורת ריבוע. בכל פינה של הלוח יש מתג, ובמרכזו יש נורה. הנורה דולקת אם כל המתגים באותו מצב (פתוח/סגור) לא ידוע בכל מתג מה פתוח ומה סגור. בכל פעם מותר להיכנס לחדר ולשנות חלק מהמתגים. אם לאחר מכן הנורה לא נדלקה, יוצאים מהחדר והשולחן מסתובב באופן אקראי. איך אפשר להדליק את הנורה בוודאות?

פתרון

יש לעשות את הצעדים הבאים:

לשנות שתי פינות
לשנות שני מתגים סמוכים
לשנות שתי פינות
לשנות מתג אחד
לשנות שתי פינות
לשנות שני מתגים סמוכים
לשנות שתי פינות

הסבר: ראשית נשים לב שמהלכים 1,2,3,5,6,7 לא משנים את זוגיות המתגים הפתוחים ו-4 כן. נניח שבהתחלה היו מספר זוגי של מתגים פתוחים. זה חייב להיות 2 (אחרת הנורה הייתה נדלקת מייד) אם הם באלכסון, המהלך הראשון פותר מייד. אם הם צמודים, המהלך הזה ישאיר אותם צמודים, ואז מהלך 2 יפתור או יהפוך אותם לאלכסונים, ואז מהלך 3 יפתור. אם כל זה לא עבד המספר המקורי היה אי זוגי, ואז מהלך 4 הופך אותו לזוגי וכאן אותם מהלכי, על פי אותו הסבר, בהכרח יפתרו.

עריכה | תבנית | שיחה

120

כוכב קסם מסדר $n$ הוא ריבוע קסם בצורת כוכב משוכלל בעל $n$ צלעות. בכוכב קסם המספרים ממוקמים בקודקודים ובנקודות ההצטלבות של הצלעות, כך שסכום ארבעת המספרים לאורך כל צלע קבוע ושווה לקבוע הקסם: $M=4n+2$ .

מגן דוד אשר הוא כוכב משוכלל בעל 6 צלעות, אשר יכול לשמש כסדר הנמוך ביותר של כוכב קסם כאשר $n=6$ .

כיצד תוכלו לשבץ את המספרים מ-1 עד 12 על קודקודי מגן דוד כך שיתקבל כוכב קסם?

פתרון

בכוכב קסם, סכום ארבעת המספרים לאורך צלע הוא קבוע ושווה שווה לקבוע הקסם:

M=4n+2

.

כאשר $n=6$ , קבוע הקסם הוא $M=4n+2=4*6+2=26$ .

קבוע קסם זה יוביל לשיבוץ הבא (הקסגרמה קסם (n = 6, M = 26)):

עריכה | תבנית | שיחה

121

בחדר חשוך ישנם

x>10

מטבעות דו-צדדיים (בהם צד שחור וצד לבן). ברגע שאדם נכנס לחדר ידוע שישנם 10 מטבעות עם הצד הלבן כלפי מעלה. כיצד ניתן לחלק את המטבעות לשתי קבוצות בעלות אותו מספר של מטבעות עם הצד הלבן כלפי מעלה (כזכור, החדר חשוך, ועל כן האדם אינו יכול לראות את המטבעות)?

פתרון

בוחרים בתור אחת הקבוצות 10 מטבעות אקראיים, והופכים אותם. נראה שהפתרון נכון: לאחר ההפרדה לקבוצות, בקבוצה שבחרנו (קבוצה א') יש 10 מטבעות, ובקבוצה השנייה (קבוצה ב') יש

\ x-10

מטבעות. נסמן את מספר המטבעות הלבנים (צד לבן כלפי מעלה) בקבוצה ב' ב-

\ y

, ולכן מספר המטבעות הלבנים בקבוצה א' הוא

\ 10-y

. לאחר שהופכים את המטבעות בקבוצה א', "צבע" כל המטבעות מתהפך, ולכן יהיו בה

\ y

מטבעות לבנים ו-

\ 10-y

מטבעות שחורים. לכן מספר המטבעות הלבנים בשתי הקבוצות שווה.

עריכה | תבנית | שיחה

122

מי יוצא דופן?

התשובה הנכונה (ציור).png

רמז

אוריינטציה

חידת רמז

מי יוצא דופן?

התשובה הנכונה.svg

רמז

פתרון

התשובה היא 4. זאת התמונה היחידה בה הכתוב הוא בכתב ראי.

פתרון

התשובה היא 4. בשונה מחידת הרמז, לא ניתן להשתמש במושג כתב ראי. במקומו נשתמש במושג האוריינטציה.

נאמר ששתי תמונות הן שקולות אם קיימת טרנספורמציה שומרת אוריינטציה של המישור המעבירה ביניהן. כל התמונות מלבד תמונה 4 שקולות זו לזו. לעומת זאת כדי לקבל את תמונה 4 מכל אחת מהאחרות, יש להפעיל טרנספורמציה הופכת אוריינטציה.

עריכה | תבנית | שיחה

123

-

124

-

125

אדם רוכב על אופניים. במשך כל שעה הוא רוכב במהירות קבועה, של 10 קמ"ש או 5 קמ"ש, ובתחילת כל שעה משנה את מהירותו מהמהירות האחת לאחרת. כמה קילומטרים עבר במשך 7 שעות?

פתרון

לוּ מספר השעות היה זוגי, אפשר היה לחשב את המרחק, משום שברור שבמחצית השעות רכב במהירות של 10 קמ"ש, ובמחצית השעות האחרת רכב במהירות של 5 קמ"ש, ואין כל חשיבות לסדר.
7 הוא מספר אי-זוגי, ולא נתון מה המהירות של הרוכב בשעה הראשונה. לכן אפשרי שהרוכב רכב במשך 4 שעות במהירות 10 קמ"ש ו-3 שעות במהירות של 5 קמ"ש או להפך, כך שישנן שתי תשובות אפשריות: 50 ק"מ או 55 ק"מ.

עריכה | תבנית | שיחה

126

-

127

גומייה באורך רפוי

l_{0}=1m

מחוברת בקצה אחד שלה לקיר אנכי. ברגע

t=0

הגומייה מתחילה להימתח, כך שמהירות הקצה החופשי היא

V=6m/s

. על הקצה הקשור של הגומייה עומדת נמלה. ברגע

t=0

הנמלה מתחילה ללכת על הגומייה במהירות

U=2m/s

. השאלה היא, האם הנמלה תגיע אי פעם לקצה הגומייה?

פתרון

התשובה לשאלה היא כן, ונוכיח זאת. הרעיון המרכזי של ההוכחה הוא לשאול בכל פעם מה החלק היחסי של הגומייה אליו הנמלה חייבת להגיע על מנת להגיע לקצה הגומייה, וכך לחלק את הדרך שעוברת הנמלה על הגומייה לשלבים. ברור שהקצה החופשי של הגומייה נע במהירות קבועה, בעוד הנמלה מאיצה כל הזמן. השאלה היא בעצם האם המהירות הכוללת של הנמלה (עקב תנועת הגומייה שמתחת לנמלה ותנועת הנמלה על הגומייה) תתכנס לערך שקטן ממהירות הקצה החופשי או שתחצה אותה.

שאלה 1: לאיזה חלק יחסי $\lambda _{1}=X/l$ של הגומייה (כאשר X הוא מיקום הנמלה ו-l מיקום הקצה החופשי של הגומייה) הנמלה חייבת להגיע כדי שתוכל להגיע בוודאות לקצה הגומייה?

תשובה 1: ברור שהמהירות הכוללת של הנמלה בנקודה זו צריכה להשתוות למהירות הקצה החופשי. מהירות הגומייה בנקודה זו היא $V\lambda _{1}$ ולכן צריך להתקיים: $V\lambda _{1}+U=V$ , מכאן מקבלים $\lambda _{1}=2/3$ .

שאלה 2: מכיוון שהשליש האחרון של הגומייה לא רלוונטי (אם הנמלה מגיעה אליו אז היא תגיע לקצה הגומייה) נפסיק להסתכל אליו לרגע. לאיזה חלק יחסי $\lambda _{2}$ של הגומייה הנמלה חייבת להגיע כדי שתוכל להגיע לשני שלישים של הגומייה?

תשובה 2: מהירות הנקודה שמחלקת את הגומייה לשני שלישים היא 4m/s, ולכן הנמלה חייבת להגיע ל-1/3 הגומייה כדי שתוכל להגיע ל-2/3 הגומייה.

שאלה 3: האם הנמלה תוכל להגיע לשליש הגומייה?

תשובה 3: הנמלה כבר מתחילה את הדרך שלה עם מהירות שווה לזו של נקודה זו, ולכן כעבור שבריר שנייה היא נעשית מהירה יותר מנקודה זו ולכן תשיג אותה. לפיכך הנמלה תגיע לקצה הגומייה.

מ.ש.ל

הערה: פתרון של השאלה במקרה הכללי ביותר מתקבל על ידי אינטגרציה של תנועת הנמלה, ומראה שמהירות הנמלה לפי הזמן היא לוגריתמית, ולכן תחצה כל ערך קבוע שהוא.

דרך אחרת לפתרון: הנמלה עוברת בכל שנייה חלק נוסף כלשהו מאורך הגומיה. בשנייה הראשונה היא עוברת 2/7, כלומר יותר מ-1/4. בשנייה השנייה 2/13 נוספים, כלומר יותר מ-1/8. בשנייה ה-n-ית היא עוברת $2/(6n+1)$ , כלומר יותר 1/4n נוספים. כלומר סה"כ ב-n שניות היא עוברת יותר מאשר $1/4[1+1/2+1/3+1/4+...+1/n]$ מאורך הגומיה, עד לאורך המלא. בתוך הסוגריים המרובעים רשום הטור ההרמוני, וידוע שהוא מתבדר, ולכן ערכו עבור N מסוים, גדול מארבע, והנמלה תגיע לסוף הגומיה. כאן קל גם לראות את המקרה הכללי: למשל, אם הנמלה תתקדם סנטימטר אחד בשנייה, אחרי n שניות היא תתקדם יותר מאשר $1/800[1+1/2+1/3+1/4+...+1/n]$ ושוב, קיים N שעבורו ערכו של הטור ההרמוני גדול משמונה מאות, והנמלה תגיע לסוף הגומיה.

עריכה | תבנית | שיחה

128

-

129

-

130

-

131

מגדל פיזה - בעזרת n לבנים זהות, באורך a ועובי b, בונים מגדל המתנשא לגובה nb. המגדל נבנה כך שכל לבנה בולטת מעט ביחס ללבנה שמתחתיה. הבעיה היא, בהינתן n לבנים, מהי צורת הבנייה האופטימלית? כלומר כיצד יש לבנות את המגדל כך שקצה המגדל יבלוט מרחק אופקי מקסימלי ביחס ללבנה התחתונה.

פתרון

פתרון הבעיה הוא הדגמה נאה של עקרון האינדוקציה. ראשית יש לנתח את המכניקה של הבעיה. ברור שהלבנה העליונה (שנקרא לה הלבנה הראשונה) חייבת לבלוט מרחק 1/2a ביחס ללבנה שמתחתיה, משום שרק כך היא "תישען" על קצה הלבנה שמתחתיה, כלומר כך הכוח הנורמלי בין שתי הלבנים יפעל כולו אך ורק בנקודת הקצה של הלבנה השנייה, או לחלופין, רק כך מרכז הכובד של הלבנה הראשונה ימצא בדיוק מעל הקצה של הלבנה השנייה. על מנת שהמגדל לבלוט למרחק אופקי מרבי, המגדל כולו חייב להיות על סף התמוטטות, כלומר הוא צריך להיבנות כך שכל אחת מהלבנים אינה יכולה לבלוט יותר ביחס לזו שמתחתיה. על מנת שכך, k הלבנים הראשונות (כלומר העליונות) חייבות להישען בדיוק על קצה הלבנה שמחזיקה אותן, כלומר מרכז המסה שלהן חייב להימצא בדיוק מעל קצה הלבנה שמחזיקה אותן. כעת נוכיח באינדוקציה את הטענה הבאה:

טענה: בצורת הבנייה האופטימלית, קצה הלבנה ה-k בולט בדיוק ${\frac {a}{2k}}$ ביחס לקצה הלבנה ה-k+1. הוכחה: ברור שהטענה נכונה עבור k = 1. נניח שהיא נכונה עבור k כלשהו. כיוון שמרכז המסה של k המסות הראשונות הוא בעל שיעור אופקי זהה לזה של קצה הלבנה ה-k+1, ניתן לדמיין זאת כאילו מונחת משקולת נקודתית במסה km על קצה הלבנה ה-k+1. כיוון שבמרחק הסף המומנטים שיוצרים משקל המשקולת הדמיונית וכוח הכובד העובר דרך מרכז המסה של הלבנה ה-k+1 יחסית לנקודת המשען (קצה הלבנה ה-k+2) מאזנים זה את זה, נקבל שנקודת המשען מחלקת את המרחק בין אמצע הלבנה ה-k+1 לקצה שלה ביחס של 1:k, לכן המרחק שבולטת הלבנה ה-k+1 ביחס ללבנה מתחתיה הוא ${\frac {a}{2k}}*{\frac {k}{k+1}}={\frac {a}{2(k+1)}}$ . זוהי צורת הבנייה האופטימלית, והמרחק המתקבל בין קצה הלבנה התחתונה לקצה הלבנה העליונה הוא : $l=a/2*\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{k}}$ , כלומר המרחק שווה לאורך לבנה בודדת כפול מחצית הטור ההרמוני. מהתבדרות הטור ההרמוני נובע שאין מגבלה תאורטית על המרחק האופקי אליו ניתן לבנות את המגדל.

עריכה | תבנית | שיחה

132

שני כדורים במסות m ו- M (כאשר

m<M

) מונחים על מסילה אופקית ישרה וחסרת חיכוך. בסוף המסילה נמצא קיר אנכי. הכדורים ממוקמים על המסילה כך שהכדור שמסתו m קרוב יותר לקיר. מעניקים לכדור שמסתו M מהירות

V_{0}

בכיוון הכדור השני. כתוצאה מההתנגשות הכדור הקטן נרתע, פוגע בקיר וחוזר ממנו באותה המהירות, לאחר מכן פוגע בכדור הכבד שוב, לאחר מן מוחזר מהקיר שוב, וחוזר חלילה. הנח שכל ההתנגשויות אלסטיות לחלוטין. השאלה היא: כמה התנגשויות יתרחשו עד שההתנגשויות בין הכדור הקטן והקיר ובין שני הכדורים ייפסקו? בחישוב מספר ההתנגשויות מנה גם את ההתנגשויות בין הכדורים.

פתרון

נגדיר

\alpha =arctan({\sqrt {\frac {M}{m}}})

$\theta _{0}=\pi -2\alpha$

והתשובה מתקבלת על ידי פונקציית הרצפה הבאה : $2([{\frac {\alpha }{\theta _{0}}}]+1)+1$ .

הסבר: נציג את מצב המערכת במרחב פאזה עם שני צירים - אחד מייצג את מהירות הכדור הגדול והשני מייצג את מהירות הכדור הקטן. מצב של המערכת, כלומר צמד מהירויות $(V_{M},V_{m})$ , מיוצג על ידי נקודה במישור הזה. בכל התנגשות של הכדורים התנע והאנרגיה נשמרים. האנרגיה נשמרת לאורך כל המסלול במרחב הפאזה שהמערכת עוברת, בניגוד לתנע שנשמר רק בהתנגשויות בין הכדורים. אוסף כל הנקודות $(V_{M},V_{m})$ שמקיימות שסך האנרגיה הקינטית של שני הכדורים שווה לאנרגיה ההתחלתית E של המערכת מקיים: ${\frac {1}{2}}(mV_{m}^{2}+MV_{M}^{2})=E={\frac {1}{2}}MV_{0}^{2}$ . עקום שווה אנרגיה זה הוא אליפסה עם אורכי צירים $2V_{0},2V_{0}{\sqrt {\frac {M}{m}}}$ . באופן דומה ניתן לשרטט עבור ההתנגשות בין הכדורים קווים ישרים שווי תנע שמשוואתם $mV_{m}+MV_{M}=-MV_{0}$ . המסלול במרחב הפאזה שהמערכת של שני הכדורים עוברת מתקבל על ידי הפעלה לסירוגין של שתי הפעולות הבאות:

חיתוך של קו שווה תנע ששיפועו $-{\frac {M}{m}}$ עם העקום שווה האנרגיה שמייצג את המערכת.
שיקוף של מצב המערכת יחסית לציר ה- $V_{M}$ , המייצג את העובדה שמהירות הכדור הקטן מתהפכת בכיוונה עקב ההתנגשות עם הקיר, בעוד מהירות הכדור הגדול נשארת זהה.

כעת נותר לנתח את הגאומטריה של הבעיה. כדי לפשט את הגאומטריה של הבעיה נדחס את האליפסה שהתקבלה למעגל שרדיוסו $V_{0}$ (באמצעות טרנספורמציית כיווץ פי ${\sqrt {\frac {M}{m}}}$ בציר $V_{m}$ ), ונקבל ששיפוע הקווים שווי התנע הוא כעת $-{\sqrt {\frac {M}{m}}}$ . הזווית שקו שווה תנע זה יוצר עם ציר $V_{M}$ היא $\alpha =arctan({\sqrt {\frac {M}{m}}})$ . הזווית המרכזית במעגל המתאימה לקו שווה התנע שמחבר בין $(-V_{0},0)$ לנקודה המייצגת את מצב המערכת אחרי ההתנגשות הראשונה היא $\theta _{0}=\pi -2\alpha$ . עקב פעולת השיקוף זווית זו עוברת ל- $-\theta _{0}$ . לאחר מכן ניתן להסיק מגאומטריה, שהזווית המרכזית המתאימה למיתר שמחבר בין $(-V_{0},0)$ למצב המערכת אחרי ההתנגשות השנייה בין הכדורים היא: $\theta _{0}+\theta _{0}=2\theta _{0}$ , ובאופן דומה הזווית המרכזית המתקבלת אחרי n התנגשויות בין הכדורים היא $n\theta _{0}$ . הפעולות נעצרות כאשר הנקודה המייצגת את מצב המערכת נמצאת בין הציר $V_{M}$ לקו $V_{m}=-{\sqrt {\frac {m}{M}}}V_{M}$ , מה שאומר שתחת מתיחה בחזרה לאליפסה המקורית הנקודה תימצא בין ציר ה- $V_{M}$ לקו $V_{m}=-V_{M}$ , מה שאומר שמהירות שני הכדורים חיובית ומהירות הכדור הגדול גבוהה ממהירות הכדור הקטן (לכן אין עוד התנגשויות). התוצאה המתקבלת היא: $2([{\frac {\alpha }{\theta _{0}}}]+1)+1$ .

עריכה | תבנית | שיחה

133

-

134

-

135

-

136

-

137

-

אוסף נוסף של חידות מופיע בדף פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף.

בחזרה לפורטל

אוחזר מתוך "https://www.hamichlol.org.il/w/index.php?title=פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף_2&oldid=1091657"

קטגוריות: