Zadania

Początkowy okres obiegu satelity wynosił dobę, tj. \(T_0 = 24\) godziny. Przed zderzeniem satelita stacjonarny poruszał się po orbicie kołowej. Przyjmijmy, że promień tej orbity wynosił \(R,\) prędkość \(v_0\) spełniała wówczas związek \(v_0^2 = GM/R,\) w którym \(G\) jest stałą grawitacji, a \(M\) masą Ziemi. Po zderzeniu satelita pozostaje w odległości \(R\) od Ziemi, a jego prędkość zmalała do wartości \(\alpha v_0,\) ale pozostaje prostopadła do promienia wodzącego. Punkt zderzenia staje się więc apogeum nowej orbity eliptycznej. Po zderzeniu moment pędu satelity wynosi \(L = m\alpha v_0 R,\) a energia całkowita \[E = \frac{m\alpha^2v_0^2}{2} - \frac{GMm}{R}.\] Podczas ruchu po orbicie energia i moment pędu pozostają stałe. Dla znalezienia długiej półosi orbity musimy teraz wyznaczyć odległość w perigeum \(r.\) Prędkość w perigeum jest prostopadła do promienia wodzącego \(r\) i wynosi: \(v = L/(mr) = \alpha v_0R/r.\) Ze wzoru na energię całkowitą otrzymujemy: \[E = \frac{m\alpha^2v_0^2}{2} - \frac{GMm}{R} = \frac{mv^2}{2} - \frac{GMm}{r},\] a po podstawieniu \(v\) i skorzystaniu ze związku \(v_0^2 = GM/R\) otrzymujemy równanie: \[\frac{\alpha^2}{2} - 1 = \frac{R}{r}\biggl(\frac{\alpha^2R}{2r} -1\biggr),\] którego rozwiązaniem są apogeum \(r = R\) i perigeum \({r = \alpha^2R/(2-\alpha^2)}.\) Długa półoś orbity wynosi więc \({a = (r +R)/2 = 1/(2-\alpha^2)}.\) Po skorzystaniu z prawa Keplera otrzymujemy ostatecznie: \[T = T_0\left(2-\alpha^2\right)^{-3/2}.\] Liczbowo \(T = 0{,}9709 T_0 \approx 23{,}30\) godziny, czyli około 23 godziny 18 minut.

Według opisu lot wokół każdej z planet odbywał się z odpowiednią dla tej planety I prędkością kosmiczną, a wszystkie okresy obiegu były sobie niemal równe. Pierwsza prędkość kosmiczna \(v_I\) dla planety o masie \(M\) i promieniu \(R\) spełnia znane wszystkim równanie (\(G\) jest stałą grawitacji): \[v_I^2 = \frac{GM}{R}.\] Korzystamy ze związków \(v_I\) z okresem obiegu \(T\) oraz \(M\) ze średnią gęstością planety \(\rho\) i otrzymujemy: \[\frac{4\pi^2 R^2}{T^2} = \frac{4\pi R^3\rho G}{3R}.\] Otrzymujemy: \[\rho = \frac{3\pi}{GT^2}.\] Wniosek: niemal jednakowe czasy obiegu wskazują na niemal równe średnie gęstości Ziemi, Wenus i Merkurego. Podstawienie \(T = 85\) minut oraz \(G = 6{,}6743\cdot 10^{-11}\) m\(^3\)/(kg\(\cdot\)s\(^2\)) prowadzi do \(\rho = 5{,}429\cdot 10^3\) kg/m\(^3.\) W tablicach można znaleźć wartości \(5{,}513\cdot 10^3\); \(5{,}243\cdot 10^3\); \(5{,}427\cdot 10^3\) kg/m\(^3,\) odpowiednio, dla Ziemi, Wenus i Merkurego.

Niech \(XYZ\) będzie danym trójkątem równobocznym.

Wszystkie punkty, z których widać wierzchołki trójkąta \(XYZ,\) leżą wewnątrz trzech kątów wierzchołkowych do kątów wewnętrznych tego trójkąta.

Jeżeli każdy z tych kątów zawiera dokładnie dwa wierzchołki sześciokąta, to jego główne przekątne nie mogą być współpękowe. W przeciwnym razie dwa nieprzyległe wierzchołki sześciokąta leżą w tym samym kącie, na przykład w kącie wierzchołkowym do kąta przy wierzchołku \(X.\) Oznaczmy je przez \(A\) i \(B.\) Wówczas \[\angle AXB \le 60^\circ,\] a zatem odpowiedni łuk \(AXB\) leży na zewnątrz sześciokąta, co jest sprzeczne z założeniem, że punkt \(X\) leży wewnątrz sześciokąta.

Z założeń wynika, że \[f(x)=\pm (x-a^2)(x-b^2)(x-c^2),\] gdzie \(a,b,c\) są liczbami całkowitymi dodatnimi. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że \(a\le b\le c.\) Połóżmy \[n=ac+bc-ab.\] Jest to liczba całkowita dodatnia, gdyż \[n>bc-ab=b(c-a)\ge 0.\] Ponadto \[n-a^2=ac+bc-ab-a^2=(a+b)(c-a),\] \[n-b^2=ac+bc-ab-b^2=(a+b)(c-b),\] \[n-c^2=ac+bc-ab-c^2=(a-c)(c-b).\] Zatem \[f(n)=\pm (n-a^2)(n-b^2)(n-c^2)\] jest równe \[\mp (a+b)^2(c-a)^2(c-b)^2.\] Wobec tego \[|f(n)|=(a+b)^2(c-a)^2(c-b)^2,\] a więc \(|f(n)|\) jest kwadratem liczby naturalnej.

Niech \(S=\{0,1,2,3,7,8,9\}\) oraz \(T=\{0,2,3,5,6,8,9\}.\) Zdefiniujmy funkcję \(f\colon S\to T\) wzorem \[f(x)= 3x \ {\rm mod}\ 19.\] Łatwo sprawdzić, że \(f(0)=0,\) \(f(1)=3,\) \(f(2)=6,\) \(f(3)=9,\) \(f(7)=2,\) \(f(8)=5,\) \(f(9)=8,\) więc rzeczywiście \(f\) jest bijekcją z \(S\) na \(T.\) Jej funkcja odwrotna jest zdefiniowana przez \[g(y)= -6y \ {\rm mod}\ 19,\] gdyż \(g(f(x))\equiv -18x\equiv x \pmod{19}\) oraz \(f(g(y))\equiv -18y\equiv y \pmod{19}.\)

Oznaczmy przez \(\mathcal A\) zbiór wszystkich \(100\)-cyfrowych liczb podzielnych przez \(19,\) które nie zawierają cyfr \(4,\) \(5,\) \(6,\) a przez \(\mathcal B\) zbiór wszystkich \(100\)-cyfrowych liczb podzielnych przez \(19,\) które nie zawierają cyfr \(1,\) \(4,\) \(7.\)

Każdej liczbie \(A=\overline{a_{99}a_{98}\dots a_0}\in\mathcal A\) przyporządkowujemy liczbę \[F(A)=\overline{f(a_{99})f(a_{98})\dots f(a_0)}.\] Ponieważ cyfry liczby \(A\) należą do \(S,\) cyfry liczby \(F(A)\) należą do \(T,\) zatem \(F(A)\) nie zawiera cyfr \(1,\) \(4,\) \(7.\) Ponadto pierwsza cyfra \(A\) jest niezerowa i \(f(x)=0\) zachodzi tylko dla \(x=0,\) więc \(F(A)\) jest nadal liczbą \(100\)-cyfrową.

Ponadto dla \(A\in \mathcal{A}\) mamy: \[\begin{aligned} & F(A)\equiv f(a_0)+10f(a_1)+\ldots+10^{99}f(a_{99}) \\ &\equiv 3a_0+10\cdot 3a_1+\ldots+10^{99}\cdot 3a_{99} \\ &\equiv 3A \equiv 0 \pmod{19}, \end{aligned}\] a więc \(F(A)\in\mathcal B.\)

Podobnie dla \(B=\overline{b_{99}b_{98}\dots b_0}\in\mathcal B\) definiujemy \[G(B)=\overline{g(b_{99})g(b_{98})\dots g(b_0)}.\] Wtedy \(G(B)\in\mathcal A,\) a z zależności \(g\circ f=\mathrm{id}_S\) i \(f\circ g=\mathrm{id}_T\) wynika, że \(G\circ F=\mathrm{id}_{\mathcal A}\) oraz \(F\circ G=\mathrm{id}_{\mathcal B}.\) Zatem \(F\) jest bijekcją między \(\mathcal A\) i \(\mathcal B,\) więc \(|\mathcal A|=|\mathcal B|.\)