Будем говорить, что в цилиндр $\text{Ц}_1$ вписан боком другой цилиндр $\text{Ц}_2$, если две образующие второго цилиндра лежат на основаниях первого, а четыре точки окружностей основания второго — на боковой поверхности первого (рис. 1). Взяв цилиндр $\text{Ц}_1$, у которого отношение диаметра к высоте равно $k$, впишем в него боком (если это возможно) цилиндр $\text{Ц}_2$, в него впишем боком цилиндр $\text{Ц}_3$, в него — $\text{Ц}_4$ и т. д. При каких значениях $k$
можно вписать $\text{Ц}_2$, но нельзя $\text{Ц}_3$;
можно вписать $\text{Ц}_{10}$, но нельзя $\text{Ц}_{11}$;
можно вписать бесконечную последовательность $\text{Ц}_n$ ($n=1$, 2, $\ldots$)?
Пусть $d_n$ и $h_n$ — диаметр и высота цилиндра $\text{Ц}_n$, $a_n=\dfrac{d_n^2}{h_n^2}$. Из рисунков 1 и 2 видно, что $$
d_{n+1}=h_n,\quad h_{n+1}^2=d_n^2-h_n^2,\tag1
$$
причём вписать $\text{Ц}_{n+1}$ в $\text{Ц}_n$, можно тогда и только тогда, когда $d_n^2-h_n^2\gt0$, или $a_n\gt1$.
Рис. 1Рис. 2
а) Ответ:$k\ge\sqrt2$. Мы должны найти, при каких $k$
$$
a_1\gt1,\quad a_2\le1.
$$
Из формул (1) при $n=1$ получаем соотношение
$$
\dfrac1{a_2}=\dfrac{h_2^2}{d_2^2}=\dfrac{d_1^2-h_1^2}{h_1^2}=a_1-1;\tag2
$$
поэтому $a_2\le1$, когда $a_1\ge2$ (при этом автоматически $a_1\gt1$). Остаётся заменить $a_1$ на $k^2$.
б) Ответ:$\sqrt{\dfrac{89}{55}}\le k\lt\sqrt{\dfrac{34}{21}}$. Для того, чтобы можно было вписать цилиндры $\text{Ц}_2$, $\ldots$, $\text{Ц}_{10}$ и нельзя — $\text{Ц}_{11}$, должны выполняться неравенства $a_1\gt1$, $a_2\gt1$, $\ldots$, $a_9\gt1$, $a_{10}\le1$. Выясним, какое ограничение накладывает каждое из них на $a_1=k^2$. Точно так же, как (2), устанавливается равенство
$$
a_{n-1}=1+\dfrac1{a_n},\quad n=2{,}~3{,}~{\ldots}.
$$
Функция $f(x)=1+\dfrac1x$ убывает, поэтому неравенство $a_n\gt1$ эквивалентно $a_{n-1}\lt f(1)=2$, это, в свою очередь, эквивалентно $a_{n-2}\gt f(2)=\dfrac32$, $a_{n-3}\lt f\left(\dfrac32\right)=\dfrac53$ и т. д. Обозначая $i$-й член последовательности 1, $f(1)$, $f(f(1))$, $f(f(f(1)))$, $\ldots$ через $\lambda_i$, получим, что неравенство $a_n\gt1$ эквивалентно $a_1\gt\lambda_n$ при нечётном $n$ и $a_1\lt\lambda_n$ при чётном $n$.
Можно заметить (см. рис. 3), что числа $\lambda_1$, $\lambda_3$, $\lambda_5$, $\ldots$ возрастают, a $\lambda_2$, $\lambda_4$, $\lambda_6$, $\ldots$ — убывают, причём числа первой последовательности меньше чисел второй последовательности. Это следует из равенств
$$
\lambda_{n+1}-\lambda_n=f(\lambda_n)-f(\lambda_{n-1})=\dfrac1{\lambda_n}-
\dfrac1{\lambda_{n-1}}=\dfrac{\lambda_{n-1}-\lambda_n}{\lambda_{n-1}\lambda_n}.
\tag3
$$
Действительно, если, например, $\lambda_n\lt\lambda_{n-1}$, то в силу (3) $0\lt\lambda_{n+1}-\lambda_n\lt\lambda_{n-1}-\lambda_n$ (так как все $\lambda_i$ при $i\gt1$ больше 1), т. е. $\lambda_n\lt\lambda_{n+1}\le\lambda_{n-1}$; аналогично, при $\lambda_n\gt\lambda_{n-1}$ получим, что $\lambda_n\gt\lambda_{n+1}\gt\lambda_{n-1}$. Таким образом, числа $\lambda_n$ располагаются как на рисунке 4 — каждое из них, начиная с $\lambda_3$, лежит между двумя предыдущими, причём $\lambda_1\lt\lambda_2$.
Рис. 3Рис. 4
У нас должны выполняться неравенства $a_1\gt\lambda_n$ при $n=1$, 3, 5, 7, 9, $a_1\lt\lambda_n$ при $n=2$, 4, 6, 8 и $a_1\ge\lambda_{10}$, т. е. $\lambda_{10}\le a_1\lt\lambda_8$. Остаётся подсчитать $\lambda_8$ и $\lambda_{10}$: $\lambda_8=\dfrac{34}{21}$, $\lambda_{10}=\dfrac{89}{55}$. Для упрощения подсчёта можно воспользоваться тем, что $\lambda_n=\dfrac{u_n}{u_{n-1}}$, где $u_n$ — $n$-й член знаменитой последовательности Фибоначчи 1, 2, 3, 5, 8, 13, $\ldots$, определяемой при $n\ge2$ равенством $u_{n+1}=u_{n-1}+u_n$ $\Big($в самом деле, $\lambda_2=\dfrac21=\dfrac{u_2}{u_1}$;$\lambda_{n+1}=1+\dfrac1{\lambda_n}=1+\dfrac{u_{n-1}}{u_n}=\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$, если $\lambda_n=\dfrac{u_n}{u_{n-1}}\Big)$.
в) Ответ:$k=\sqrt{\dfrac{1+\sqrt5}2}$. Из сказанного в пункте б) вытекает, что искомые значения $k^2=a_1$ должны удовлетворять неравенствам $\lambda_{2m-1}\lt a_1\lt\lambda_{2m}$ при всех $m\ge1$. Докажем, что последовательность $\lambda_n$, при $n\to\infty$ стремится к пределу $\lambda=\dfrac{1+\sqrt5}2$ — положительному корню уравнения $f(\lambda)=\lambda$ (см. рис. 3). Повторяя вывод формулы (3), мы получим, что $$
|\lambda-\lambda_n|=\dfrac{|\lambda-\lambda_{n-1}|}{\lambda\lambda_{n-1}}\lt
\dfrac{|\lambda-\lambda_{n-1}|}\lambda\lt\ldots\lt\dfrac{|\lambda-\lambda_1|}{\lambda^{n-1}},
$$
т. е. $|\lambda-\lambda_n|\to0$ при $n\to\infty$. Следовательно, отрезки $[\lambda_{2m-1};\lambda_{2m}]$ стягиваются к точке $\lambda$ (рис. 4), которая и является единственным возможным значением $a_1=k^2$.
