Zadania

(a) Dwucyfrowa liczba pierwsza nie może kończyć się na \(2,\) \(4,\) \(5,\) \(6\) ani na \(8.\) Zatem liczba pierwsza zaczynająca się od jednej z tych cyfr może wystąpić jedynie na początku liczby \(A.\)

Dwucyfrowych liczb pierwszych zaczynających się na \(1,\) \(3,\) \(7\) lub \(9\) jest dokładnie \(10,\) a mianowicie: \[11,\ 13,\ 17,\ 19,\ 31,\ 37,\ 71,\ 73,\ 79,\ 97.\] Ponieważ w liczbie \(A\) występuje \(11\) różnych dwucyfrowych liczb pierwszych, wszystkie one muszą się pojawić. Spośród nich tylko jedna zaczyna się na \(9,\) jest to \(97.\) Natomiast na cyfrę \(9\) kończą się dokładnie dwie liczby: \(19\) oraz \(79.\) Zatem jedna z nich musi znajdować się na końcu liczby \(A,\) co dowodzi, że liczba \(A\) musi kończyć się cyfrą \(9.\) Przykładem takiej liczby jest \(A = 417971137319.\)

Odpowiedź. \(44.\)

Pokażemy, że nieprzyjemnych ruchów jest co najmniej \(20,\) a więc liczba ruchów przyjemnych nie przekracza \(44.\) Ponumerujmy pola planszy zgodnie z ich odległością od środka, jak na rysunku. Pola z tym samym numerem są w jednakowej odległości od środka, a mniejszy numer oznacza pole bliższe środkowi.

Każdy ruch z pola oznaczonego liczbą \(1\) nie zmniejsza odległości od środka, a więc jest nieprzyjemny; takich ruchów jest co najmniej \(4.\) Ruch z pola oznaczonego liczbą \(2\) może być przyjemny jedynie wtedy, gdy prowadzi na pole z numerem \(1.\) Na planszy jest \(8\) pól z numerem \(2\) oraz tylko \(4\) pola z numerem \(1,\) zatem co najmniej \(4\) ruchy z pól z numerem \(2\) są nieprzyjemne.

Rozważmy teraz ruchy prowadzące na pola z numerami nie mniejszymi niż \(6.\) Takie ruchy nie mogą wychodzić z pól o numerach \(1\) i \(2\) i będą przyjemne tylko wtedy, gdy wyjdą z pola o numerze co najmniej \(7.\) Pól o numerze co najmniej \(7\) jest \(20,\) natomiast pól o numerze co najmniej \(6\) jest \(32,\) stąd co najmniej \(32-20=12\) ruchów tego typu jest nieprzyjemnych.

to9.3cm

Łącznie otrzymujemy co najmniej \[4+4+12=20\] ruchów nieprzyjemnych, a więc najwyżej \(64-20=44\) ruchy przyjemne.

Na rysunku obok pokazano przykład obejścia planszy, w którym liczba przyjemnych ruchów (oznaczonych kolorem) jest równa \(44.\)

Skorzystamy z zadania 1849 (\(\Delta^{4}_{26}\)). Niech proste z treści zadania wyznaczają trójkąty \(X_1Y_1Z_1\) oraz \(X_2Y_2Z_2\) (zgodnie z oznaczeniami na rysunku).

Wybierzmy punkt \(K\) tak, aby czworokąt \(ABKC\) był równoległobokiem. Z zadania wynika, że punkt \(K\) jest równoodległy od prostych \(BE_1, CF_1, BE_2, CF_2.\) Istnieje zatem okrąg o środku \(K,\) styczny do tych prostych w punktach \(P_1, Q_1, P_2, Q_2.\) Z równości odcinków stycznych otrzymujemy: \[BX_1 - CX_1 = BP_1 + X_1P_1 - X_1Q_1 + CQ_1 = BP_2 + CQ_2 = CX_2 - BX_2.\] Analogicznie dostajemy: \[CY_1 - AY_1 = AY_2 - CY_2,\ \ \ AZ_1 - BZ_1 = BZ_2 - AZ_2.\] Sumując te trzy równości, otrzymujemy równość obwodów trójkątów \(X_1Y_1Z_1\) oraz \(X_2Y_2Z_2,\) co kończy dowód.

Podczas ruchu energia całkowita \(E\) pozostaje stała i wynosi (\(t\) oznacza czas): \[E = \frac{m}{2} \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + V(x).\] Ruch odbywa się między punktami: \[x_{\pm} = \pm \left|\frac{E}{k}\right|^{1/\alpha} =\pm x_0.\] Wprowadźmy nową zmienną \(u = x/x_0.\) Otrzymamy równanie: \[E = \frac{m}{2}x_0^2 \left(\frac{du}{dt}\right)^2 + kx_0^{\alpha} u^{\alpha} = \frac{m}{2}x_0^2 \left(\frac{du}{dt}\right)^2 + E |u|^{\alpha},\] bo \(kx_0^{\alpha} = E.\) Mamy więc: \[\frac{du}{dt} = \pm \sqrt{\frac{2E}{mx_0^2}\left(1-|u|^{\alpha}\right)}.\] Pełny okres drgań to ruch od \(x=-x_0\) do \(x=x_0\) i z powrotem do \(x=-x_0,\) a w zmiennej \(u\) od \({u=-1}\) do \({u=1}\) i z powrotem do \({u=-1}.\) Potencjał jest symetryczny względem \(x=0,\) \({V(-x) = V(x)},\) a więc pełny okres drgań \(T\) wynosi: \[T = 4\sqrt{\frac{m}{2E}}x_0\int_0^1\frac{du}{\sqrt{1-u^{\alpha}}}.\] W powyższym wzorze całka jest po prostu liczbą zależną od wartości \(\alpha.\) Po podstawienu \(x_0\) otrzymujemy, że \[T \propto m^{1/2}E^{1/{\alpha} - 1/2}k^{-1/2}.\]

W pierwszym przybliżeniu możemy posłużyć się modelem Bohra atomu wodoru. W tym modelu energie \(E_n\) kolejnych stanów atomu wodoru opisuje wzór postaci: \[E_n = - \frac{\mu A}{n^2}.\] We wzorze tym \(n\) jest główną liczbą kwantową stanu, \(A\) – stałą zawierającą wyłącznie uniwersalne stałe fizyczne (stałą Plancka, ładunek elementarny, przenikalność elektryczną próżni), a \(\mu\) jest masą zredukowaną układu elektron-proton (masa elektronu \(m_e,\) masa protonu \(m_p\)): \[\mu = \frac{m_e\cdot m_p}{m_e + m_p} \approx m_e.\] Przybliżona równość wynika z faktu, że masa protonu jest około 1840 razy większa od masy elektronu. W przypadku „atomu” złożonego z elektronu i pozytonu o obu masach równych masie elektronu masa zredukowana \(\mu = m_e/2\) i energie stanów pozytronium mają wartości dwukrotnie mniejsze od energii atomu wodoru. Energia jonizacji pozytronium wynosi więc około 6,8 eV.