Zadania

Odpowiedź: Jedyną możliwą wartością jest \(0.\)

Niech \(i\)-ty trójmian ma postać \(f_i(x) = ax^2+bx+c_i\) dla \(i=1,2,\ldots, 2025.\) Wtedy \[\begin{aligned} f_2(x_1)&=ax_1^2+bx_1+c_2 =(ax_1^2+bx_1+c_1)+(c_2-c_1)\\& =c_2-c_1, \end{aligned}\] gdzie w ostatniej równości skorzystaliśmy z tego, że \(f_1(x_1) = 0.\) Podobnie otrzymujemy równości \(f_3(x_2) = c_3 - c_2,\) \(\ldots,\) \(f_{2025}(x_{2024}) = c_{2025}-c_{2024}\) oraz \(f_{1}(x_{2025}) = c_{1}-c_{2025}.\) Dodając otrzymane równości, dostajemy, że \[\begin{gathered} f_{2}(x_1) + f_3(x_2) +\ldots+ f_{2025}(x_{2024}) + f_1(x_{2025}) \\ =(c_2-c_1)+\ldots+(c_{1}-c_{2025}) = 0. \end{gathered}\]

Odpowiedź: \(n=15.\)

Podstawiając \(x = 1,\) \(y = n,\) otrzymujemy, że \(n = 2^k-1\) dla pewnej liczby całkowitej dodatniej \(k.\) Niech teraz \(n = ab,\) gdzie \(a \geq b > 2,\) i niech \(a + b = 2^t\) dla pewnej liczby całkowitej dodatniej \(t.\) Gdyby \(a=b=2^{t-1},\) to \(ab=2^{2(t-1)},\) a to jest sprzeczność – mamy zatem \(a>b.\) Oczywiście zachodzi \(k > t.\) Ponadto \[2^k +2^t = ab+a+b+1 = (a+1)(b+1),\] \[2^k-2^t = ab-a-b+1 = (a-1)(b-1).\] Mnożąc te równości, otrzymujemy, że liczba \({(a-1)(a + 1)(b-1)(b + 1)}\) jest podzielna przez \(2^{2t}.\)

Zauważmy jednak, że dwójka występuje w pierwszej potędze w rozkładzie na czynniki pierwsze jednej z liczb \({b-1}\) lub \(b+1,\) a w rozkładzie drugiej z tych liczb w potędze nie większej niż \(t-1.\) Tak samo jest z liczbami \(a-1\) i \(a+1.\) Zatem podzielność liczby \({(a-1)(a + 1)(b-1)(b + 1)}\) przez \(2^{2t}\) jest możliwa tylko wtedy, gdy \(2^{t-1}\) dzieli jedną z liczb \(b-1\) i \(b+1\) oraz jedną z liczb \(a-1\) i \(a+1.\) Ponieważ \(a<b<2^t,\) więc \(b = 2^{t-1}-1\) i \(a = 2^{t-1} + 1.\)

Wtedy jednak \(k = 2t-2\) i w szczególności \(2^k-1\) jest podzielne przez \(3.\) Możemy zatem założyć, że w naszym rozumowaniu wybraliśmy \(b = 3.\) Wtedy \(a = 5,\) zatem \(n = 15\) jest jedyną liczbą spełniającą warunki zadania.

Opiszmy okrąg na (\(mn\))-kącie foremnym i załóżmy, że długość każdego łuku pomiędzy sąsiednimi wierzchołkami jest równa 1. Niech \(A_1, A_2, \ldots, A_m\) oznaczają czerwone wierzchołki, a \(B_1, B_2, \ldots, B_n\) wierzchołki niebieskie. Rozważmy \(mn\) łuków postaci \(A_iB_j,\) które skierowane są „od” \(A_i\) „do” \(B_j\) w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Każdy taki łuk może mieć długość równą jednej z liczb \(1, 2, \ldots , mn-1.\) Z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że istnieją dwa różne łuki, \(A_{i_1} B_{j_1}\) i \(A_{i_2} B_{j_2},\) o tej samej długości. Łatwo zauważyć, że wtedy odcinki \(A_{i_1} A_{i_2}\) i \(B_{j_1} B_{j_2}\) mają żądaną własność.

Niech \(D\) oznacza średnicę Słońca, \(d\) średnicę Ziemi, \(T_S\) temperaturę bezwzględną powierzchni Słońca, a \({T_Z = 273}\) K temperaturę powierzchni Ziemi (0). Słońce wypromieniowuje energię proporcjonalnie do swej powierzchni, \(4\pi D^2/4,\) i do czwartej potęgi temperatury, \(T_Z^4,\) a Ziemia, w odległości \(R,\) absorbuje część tej energii równą stosunkowi powierzchni jej ,,tarczy”, \(\pi d^2/4,\) do powierzchni sfery o promieniu \(R\) (\(4\pi R^2\)) i wypromieniowuje proporcjonalnie do \(T_Z^4\) i całkowitej jej powierzchni, \(4\pi d^2/4\) – współczynnik proporcjonalności jest ten sam, co w przypadku Słońca. Kątowa średnica Słońca równa 0,5 oznacza, że \(D/R \approx \pi/360.\) Otrzymujemy równanie: \[\left( \pi \frac{d^2}{4}\right)\left(\frac{1}{4\pi R^2}\right) 4\pi \left(\frac{D^2}{4}\right) T_S^4 = 4\pi \left(\frac{d^2}{4}\right) T_Z^4,\] skąd wynika, że \[\left(\frac{T_S}{T_Z}\right)^4 = 16\left(\frac{R^2}{D^2}\right) = 16 \left(\frac{360}{\pi}\right)^2,\] czyli \[T_S \approx 21,4 T_Z.\] Po podstawieniu \(T_Z = 273\) K otrzymujemy \(T_S \approx 5840\) K. Astronomowie przyjmują \(T_S = 5772\) K, a więc nasze przybliżenie jest nadspodziewanie dobre. Dzięki efektowi cieplarnianemu średnia temperatura powierzchni Ziemi jest nieco wyższa od przyjętej w rozwiązaniu i wynosi około 14,76.

Podczas odpompowywania gazu należy wykonywać powolne ruchy tłoka pompy, aby zapewnić warunki, w których gaz będzie podlegał przemianie izotermicznej. Po wykonaniu jednego ruchu tłoka ciśnienie zmniejszy się od \(p_i\) do \(p_{i+1}\): \[p_{i+1} = p_i\left(\frac{V}{V+v}\right).\] Zmniejszenie ciśnienia od \(p_0\) do \(p\) będzie więc wymagało \[x = \ln{\frac{p_0}{p}}/\ln{\frac{V}{V+v}}\] ruchów tłoka. W ogólnym przypadku \(x\) nie będzie liczbą całkowitą, ale wypadnie pomiędzy dwoma wartościami całkowitymi: \(n < x < n+1.\) Przyjmijmy \(x = n +q\) z \({0 < q < 1}.\) Mamy wówczas: \[p = p_n\left(\frac{V}{V+v}\right)^q = p_{n+1}\left(\frac{V}{V+v}\right)^{q-1}.\] Możemy zakończyć pompowanie z ciśnieniem równym \(p_n\) lub \(p_{n+1}.\) Oszacujmy, jaki popełnimy błąd, przyjmując każdą z tych wartości: \[\begin{aligned} \Delta_{+} &= p_n - p = p_n\left(1 - \left(\frac{V}{V+v}\right)^q\right) = p_n\left(1 - \left(1-\frac{v}{V+v}\right)^q\right)\\& \approx p_n\frac{qv}{V+v}. \end{aligned}\] Analogicznie dla \(\Delta_{-} = p - p_{n+1}\): \[\Delta_{-} \approx p_n\frac{(1-q)v}{V+v}.\] Najlepszą oceną popełnionego błędu będzie więc: \[\Delta = \frac{\Delta_{+} + \Delta_{-}}{2} = p_{n}\left(\frac{v}{2(V+v)}\right) \approx p\left(\frac{v}{2(V+v)}\right).\]