Zadania

Bez straty ogólności możemy założyć, że \(a, b\geq 0\) oraz \(c\leq 0.\) Ponieważ \(f\) jest funkcją nieparzystą, mamy \(f(0)=0\) oraz \(f(a+b)=-f(c).\) Dodatkowo z monotoniczności \(f(a+b)\geq f(a)\geq 0\) oraz \(f(b)\geq 0\) i dlatego \(f(a+b)f(b)\geq f(a)f(b),\) czyli \(f(a)f(b)+f(b)f(c)\leq 0.\) Dodając do tego nierówność \(f(c)f(a)\leq 0\) (wynikającą z \({f(c)\leq 0}\)), otrzymamy tezę zadania.

Oznaczmy \(n=\textup{NWD}(a!+1, b!+1, c!+1, d!+1).\) Wtedy \(n\mid (b!+1)-(a!+1),\) więc \(n\mid (b!-a!)=a![(a+1)\cdot\ldots \cdot b-1].\) Jednakże \(\textup{NWD}(a!+1,a!) = 1,\) stąd \(n\mid (a+1)\cdot\ldots \cdot b-1.\) Wobec tego \[n\leq (a+1)\cdot \ldots \cdot b-1 < b^{b-a} < d^{b-a}.\] Podobnie \(n < d^{c-b}\) oraz \(n < d^{d-c}.\) Zatem \[n^3=n\cdot n\cdot n<d^{b-a} \cdot d^{c-b} \cdot d^{d-c}=d^{d-a},\] co oczywiście daje tezę zadania.

Połóżmy wielokąt tak, aby wszystkie jego boki były poziome lub pionowe. Wierzchołki wielokąta można podzielić na 4 typy: \(\ulcorner,\) \(\urcorner,\) \(\llcorner,\) \(\lrcorner.\) Oznaczmy liczbę wierzchołków każdego z typów przez \(S_1,\) \(S_2,\) \(S_3,\) \(S_4.\)

Bez utraty ogólności rozważmy wierzchołek \(A\) typu 2. Wtedy wierzchołki, które są z nim wrogie, są typu 1 lub 4, zatem ich liczba to \(S_1+S_4.\) Rozważmy dowolny poziomy bok. Jego lewy koniec może być typu 1 lub 3, natomiast prawy typu 2 lub 4. Każdy wierzchołek jest końcem dokładnie jednego poziomego boku. Ponieważ liczba lewych końców boków poziomych jest równa liczbie wszystkich prawych końców boków poziomych, otrzymujemy równość \(S_1 + S_3 = S_2 + S_4.\) Podobne rozumowanie z bokami pionowymi daje równość \(S_1 + S_2 = S_3 + S_4.\) Łącząc obydwie równości, dostajemy, że \(2S_{1}=2S_{4},\) czyli \(S_1 + S_4=2S_{4}\) jest liczbą parzystą.

Na szczycie (u wylotu) komina ciśnienie gazu na zewnątrz i wewnątrz komina jest takie samo. Przy powierzchni ziemi ciśnienie na zewnątrz jest większe od ciśnienia wewnątrz, bo gaz w kominie jest cieplejszy i w związku z tym ma mniejszą gęstość. Wznoszenie się ciepłego gazu w kominie spowodowane jest różnicą zewnętrznych ciśnień powietrza na dole komina, \(p(0),\) i u jego szczytu, \(p(H).\) Zgodnie z prawem Bernoulliego wzdłuż linii prądu gazu o gęstości \(\rho\) poruszającego
się z prędkością \(v\) w polu grawitacyjnym o przyspieszeniu \(g\) wartość wielkości \[p + \rho gh + \frac{1}{2}\rho v^2\] pozostaje stała – \(h\) oznacza wysokość punktu nad wybranym poziomem odniesienia. Po podstawieniu danych dla ,,początku” (\(h=0\)) i ,,końca” (\(h = H\)) strumienia gazu w kominie otrzymujemy równanie: \[p(0) = p(H) + \rho_K v^2 + \rho_K gH,\] w którym \(\rho_K\) oznacza gęstość gazu w kominie, a \(v\) jego prędkość u szczytu komina, natomiast \(p(0)\) i \(p(H)\) oznaczają ciśnienie powietrza na zewnątrz komina, gdzie ma ono gęstość \(\rho_0.\)
U wylotu komina ciśnienie wewnątrz jest równe ciśnieniu atmosferycznemu na zewnątrz. Mamy więc: \(p(0) - p(H) = \rho_0 gH\)
(pomijamy zmiany gęstości gazu z wysokością). Otrzymujemy: \[\begin{gathered} \rho_0 gH - \rho_K gH = \frac 12\rho_K v^2 \ \Rightarrow \\[-4pt] \Rightarrow \ v^2 = 2gH{\left(\frac{\rho_0-\rho_K}{\rho_K}\right)}. \end{gathered}\] Gęstość gazu doskonałego o temperaturze \(T,\) pod ciśnieniem \(p\) jest proporcjonalna do ilorazu \(p/T,\) a więc \(\rho_0 \propto p(H)/T_0\) oraz \(\rho_K \propto p(H)/T_K\) i ostatecznie: \[v^2 = 2gH{\left(\frac{T_K - T_0}{T_0}\right)}.\] Po podstawieniu danych liczbowych: \(v \approx 17\) m/s.
W polu grawitacyjnym ziemi, w temperaturze 300 K gęstość powietrza na wyskości 50 m stanowi 99,4% gęstości przy powierzchni ziemi. Dym w kominie jest skomplikowaną mieszaniną gazów i pyłu niespalonych resztek paliwa. Nasz prosty model odpowiada raczej szybom wentylacyjnym niż kominom. Oszacowana wartość prędkości uzmysławia, dlaczego trudno jest gasić pożary wysokich budynków.

Okres drgań \(T\) wahadła fizycznego o masie \(m,\) momencie bezwładności \(I\) względem osi obrotu odległej o \(d\) od środka masy wahadła wynosi (\(g\) oznacza przyspieszenie ziemskie): \[T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{mgd}}.\] Zmianie temperatury o \(\Delta t = t_2 - t_1\) towarzyszy zmiana odległości atomów materiału wahadła \(\alpha = 1 + \beta \Delta t\) razy. W tym samym stosunku zmieni się też odległość osi obrotu od środka masy wahadła, przyjmując wartość \(d' = \alpha d,\) a moment bezwładności przyjmie wartość \(I' = \alpha^2 I.\) Masa wahadła oczywiście pozostaje niezmieniona. Tym samym zimą okres wahadła wyniesie: \[T' = 2\pi \sqrt{\frac{I'}{mgd'}} = T\sqrt{\alpha}.\] Dla podanych wartości temperatur zimą \(\alpha = 1 - 1{,}33\cdot 10^{-4} < 1,\) co oznacza, że zegar się spieszy. Różnica wskazań w stosunku do czasu dokładnego wyniesie więc 1 minutę po około 1,5\({}\cdot 10^4\) minutach, czyli po około 250,6 godziny, tj. ponad 10 dniach, jeśli założymy, że przez cały ten czas w pomieszczeniu panowała temperatura \(t_2 = 18\) . Warto zauważyć, że, jak pokazuje nasze rozumowanie, wszystkie zegary z wahadłami wykonanymi z mosiądzu o takim samym składzie będą się jednakowo spieszyły.