Zadania

Odpowiedź: 8.

Zauważmy, że pentomino mogą zająć jedynie \(2\) spośród \(8\) pól w dolnym rzędzie. Istotnie, każde pentomino może zająć tylko jedno pole w tym rzędzie, więc gdyby zajmowały one \(3\) pola w dolnym rzędzie, to w rzędzie wyżej byłoby zajętych \(9\) pól – sprzeczność.

Oznacza to, że w sumie mogą być zajęte co najwyżej \(6^2 + 4 \cdot 2 = 44\) pola (\(6^2\) wewnętrznych pól i po \(2\) na każdej z czterech krawędzi). Każde pentomino zajmuje \(5\) pól, czyli jest co najwyżej \(\bigl\lfloor \frac{44}{5} \bigr\rfloor = 8\) pentomino.

Z drugiej strony nietrudno narysować \(8\) rozłącznych pentomino na szachownicy \(8\times 8.\)

Każdy wielokąt możemy podzielić na trójkąty, a każdy trójkąt na trójkąty równoramienne (na przykład opuszczając wysokość do najdłuższego boku trójkąta i potem łącząc spodek tej wysokości ze środkami pozostałych dwóch boków). Zatem wystarczy wskazać podział dowolnego trójkąta równoramiennego \(ABC\) \((AB=AC)\) na trapezy równoramienne.

Nietrudno znaleźć żądany podział w przypadku, gdy \(ABC\) jest równoboczny. Wystarczy ze środka trójkąta poprowadzić trzy półproste równoległe do jego boków.

Jeśli \(\measuredangle BAC > 60^{\circ},\) to możemy go z łatwością podzielić na trójkąt równoboczny i 4 trapezy równoramienne.

Jeśli natomiast \(\measuredangle BAC<60^{\circ},\) to łącząc wierzchołki tego trójkąta z jego środkiem okręgu opisanego \(O,\) uzyskujemy trzy trójkąty, z których dwa są rozwartokątne równoramienne (dla nich stosujemy podział z poprzedniego akapitu) oraz trójkąt równoramienny \(BOC\) (\(OB=OC\)) z kątem przy wierzchołku \(O\) równym \(2\measuredangle BAC.\) Dla tego trójkąta stosujemy wielokrotnie procedurę opisaną w poprzednim lub niniejszym akapicie.

Udowodnimy najpierw, że każda liczba wymierna dodatnia występuje w tym ciągu. Przypuśćmy, że istnieją takie względnie pierwsze liczby \(p\) i \(q,\) że \(p/q\) nie ma w naszym ciągu. Wybierzmy taką parę \((p,q),\) że \(p+q\) jest możliwe najmniejsze. Bez straty ogólności przyjmijmy, że \(p > q\) (dowód w drugim przypadku jest analogiczny). Rozważmy parę \((p-q,q).\) Ma ona mniejszą sumę współrzędnych niż \((p,q),\) istnieje więc takie \(n,\) że \(a_n = p-q\) i \(a_{n+1} = q.\) Wówczas \(a_{2n+1} = (p-q) + q = p\) oraz \(a_{2n+2} = q.\) Oznacza to, że \(a_{2n+1}/a_{2n+2} = p/q,\) i otrzymujemy sprzeczność.

Przypuśćmy teraz, że istnieje taka liczba wymierna, która występuje więcej niż raz w tym ciągu. Wybierzmy taką liczbę \(p/q,\) przy czym niech \(p+q\) będzie najmniejsze. Bez straty ogólności przyjmijmy, że \(q > p.\) Łatwo sprawdzić, że w ciągu \((a_n)\) wyrazy o nieparzystych indeksach są większe od obu swoich sąsiadów. Możemy zatem przyjąć: \(a_{2n} = p,\) \(a_{2n+1} = q\) oraz \(a_{2m} = p, a_{2m+1} = q\) dla pewnych \(m,n\geq 1.\) Wówczas \(a_n = p,\) \(a_{n+1} = q-p\) oraz \(a_m = p,\) \(a_{m+1} = q-p.\) Oznacza to, że liczba \(p/(q-p)\) również występuje wielokrotnie w naszym ciągu oraz \(p + (q-p) < p + q,\) co jest sprzeczne z wyborem pary \((p,q).\)

Przyjmijmy, że przed i po rozdzieleniu ciecze wypełniają naczynie do wysokości \(h\) (objętość pozostaje stała). Po rozdzieleniu ciecz o większej gęstości, \(\rho_2,\) wypełnia dolną część naczynia do wysokości \(h_2,\) a nad nią powstaje warstwa o grubości \(h_1\) cieczy o gęstości \(\rho_1 < \rho_2.\) Mamy oczywiście \(h_1 + h_2 = h.\) Przyjmijmy, że objętości cieczy wynoszą, odpowiednio, \(V_1\) i \(V_2.\) Gęstość mieszaniny przed rozdzieleniem wynosi: \[\rho = \frac{\rho_1V_1 + \rho_2V_2}{V_1 + V_2},\] a ciśnienie na dno: \[p_p = gh\rho .\] Po rozdzieleniu cieczy ciśnienie na dno wynosi: \[p_k = gh_1\rho_1 +gh_2\rho_2.\] Po prostych obliczeniach otrzymujemy: \[p_p - p_k = g(\rho_2 - \rho_1)\frac{hV_2 - h_2(V_1 + V_2)}{V_1 + V_2}.\] Niech promień wewnętrznego przekroju naczynia na wysokości \(h\) wynosi \(r,\) na wysokości powierzchni rozdziału cieczy \(r_1 > r,\) a dna \(R > r_1.\) Korzystając ze wzoru na objętość ściętego stożka, otrzymujemy: \[hV_2 - h_2(V_1 + V_2) = hh_2((Rr_1 + r_1^2 -Rr -r^2) > 0,\] a więc podczas rozdzielania cieczy (frakcjonowania) maleje ciśnienie na dno naczynia o kształcie ściętego stożka. Opisany proces ma miejsce np. podczas zbierania się śmietanki na powierzchni mleka.

Oderwanie pojedynczej cząsteczki z powierzchni ciekłej wody wymaga zerwania jej wiązań ze wszystkimi cząsteczkami wypełniającymi półprzestrzeń na i pod powierzchnią. To połowa wiązań, jakie należałoby zerwać, ,,wyrywając” cząsteczkę z obszaru głęboko pod powierzchnią. Ciepło parowania to energia potrzebna do zamienienia ciekłej wody w gaz praktycznie nieoddziałujących cząsteczek, czyli zerwania wszystkich wiązań między cząsteczkami w całej objętości wody. Ponieważ każde wiązanie łączy dwie cząsteczki, to średnio na jedną cząsteczkę przypada pół energii zerwanego wiązania. Wniosek: wyrwanie pojedynczej cząsteczki z powierzchni wody wymaga w przybliżeniu energii równej energii parowania przypadającej na jedną cząsteczkę. Masa molowa wody (H\(_2\)O) wynosi \({\mu_w = (2\cdot 1 + 16)\ \rm g = 18\ g}.\) Otrzymujemy wartość poszukiwanej energii jako: \[\varepsilon = \frac{L\mu_w}{N_A}.\] Liczbowo \(\varepsilon \approx 6{,}75 \cdot 10^{-20}\) J/cząsteczkę \(\approx\) 0,42 eV/cząsteczkę.