Klub 44

Punkty $A$ i $C$ leżą na okręgu o średnicy $BD.$ Niech $F$ będzie punktem antypodycznym do $A$ na tym okręgu; odcinek $AF$ też jest jego średnicą, więc czworokąt $ABFD$ jest prostokątem. Odcinki $AC$ i $BE$ mają wspólny środek $M,$ co oznacza, że czworokąt $ABCE$ jest równoległobokiem. Zatem $AE=BC,$ $AD=BF$; dostajemy też związki równoległości $AE\Vert BC$ oraz $AD\Vert BF.$ Wynika z nich, że $\measuredangle DAE=\measuredangle FBC$ (punkty $C$ i $F$ nie pokrywają się, bowiem – z założenia – kąty $ABC$ i $CDA$ nie są proste; z tego samego powodu nie pokrywają się punkty $D$ i $E$).

Z uzyskanych zależności wnosimy, że trójkąty $DAE$ i $FBC$ są przystające; zatem i okręgi na nich opisane są przystające. Pozostaje zauważyć, że okrąg $FBC$ jest też opisany na trójkącie $ABC.$

Rozważmy najpierw przypadek, gdy $d$ jest liczbą pierwszą (nieparzystą, skoro dzieli liczbę $2^{pq}-1$). Niech $t$ będzie najmniejszą liczbą całkowitą dodatnią, dla której $2^t\equiv 1$ (mod $d$). Ponieważ (z założenia) $2^{pq}\equiv 1$ (mod $d$), zatem $pq$ dzieli się przez $t.$

Możliwe są trzy podprzypadki: $t=pq$ lub $t=p$ lub $t=q.$ W myśl małego twierdzenia Fermata $2^{d-1}\equiv 1$ (mod $d$), zatem także wykładnik $d-1$ dzieli się przez $t.$ W podprzypadku $t=pq$ jest to teza zadania.

W podprzypadku $t=p$ liczba $d$ jest dzielnikiem liczby $2^p-1$ (która z założenia jest pierwsza); to znaczy, że $d=2^p-1.$ Stąd $d-1=2(2^{p-1}-1).$ To znów daje tezę, bo czynnik w nawiasie jest (z założenia) podzielny przez $pq.$ Dla $t=q$ rozumowanie biegnie tak samo.

Pozostaje przypadek ogólny – gdy $d=d_1\dots d_n$ (iloczyn liczb pierwszych, niekoniecznie różnych). Założenie $d\mid 2^{pq}-1$ implikuje, że $d_i\mid 2^{pq}-1$ dla wszystkich $i.$ Na mocy przypadku już rozpatrzonego: $d_i\equiv 1$ (mod $pq$) dla wszystkich $i.$ Stąd $d\equiv 1$ (mod $pq$) – czyli teza w przypadku ogólnym.

Rozważmy układ odniesienia, w którym spoczywa środek masy wszystkich trzech cząstek – wyjściowego elektronu i tworzącej się pary elektron–pozyton. W tym układzie energia całkowita będzie najmniejsza, jeśli wszystkie te cząstki będą spoczywały. W układzie laboratoryjnym odpowiada to sytuacji, gdy wszystkie cząstki po utworzeniu się pary mają jednakowe wektory prędkości. Masy cząstek są jednakowe, zatem jednakowe są też ich wektory pędu. Pęd fotonu przed powstaniem pary zostaje rozdzielony równo pomiędzy trzy cząstki w stanie końcowym: $p_f=3p,$ gdzie $p$ jest pędem każdej z nich. Z zasady zachowania energii: $$p_{f}c+m{c}^2=3\sqrt{p_f^2{c}^2/9+m^2{c}^4},$$ gdzie $m$ jest masą elektronu. Stąd szukana energia progowa fotonu wynosi $4m{c}^2.$

Załóżmy, że w pewnej chwili zając znajduje się w punkcie $A$ (rys. 2).

Rys. 2

Zgodnie z treścią zadania wilk powinien znajdować się w tej chwili w punkcie $B$ – wierzchołku trójkąta równoramiennego $OAB.$ Wilk przemieszcza się w kierunku osi $OX$ ze stałą prędkością $v_0/2,$ zatem jego przyspieszenie $a$ ma kierunek wysokości trójkąta $OAB,$ a jego prędkość wypadkowa jest styczna do okręgu i wynosi $V=(v_0/2)\cos \alpha .$ Przyspieszenie dośrodkowe $a_d=V^2/R=a\cos \alpha ,$ stąd $a=v_0^2/4R{\cos }^3\alpha .$ Z drugiej strony $a=T/M\le \mu g,$ gdzie $M$ jest masą wilka, a $T$ siłą tarcia statycznego. Maksymalny kąt opisujący punkt na okręgu, do którego może dotrzeć wilk, określa równanie $\cos {\alpha }_0=\sqrt[3]{v_0^2/4R\mu g}\approx 0,59,$ stąd ${\alpha }_0\approx {54}^{\circ }.$