Zadania

Odpowiedź: 9.

Jak wiadomo, każda liczba daje taką samą resztę przy dzieleniu przez \(9\) jak jej suma cyfr. Dlatego też \[9\mid A-B=\underbrace{11\ldots 1}_{N},\] więc \(9\mid N\) i tym samym \(N\geq 9.\) Wartość \(N = 9\) można uzyskać w następujący sposób: \[9012345678 - 8901234567 = 111111111.\]

Oznaczmy przez \(S\) zbiór punktów z zadania. Rozważmy jeden z punktów \(A\in \mathcal{S},\) który jest końcem dokładnie \(a\) odcinków. Rozpatrzmy prostą \(\ell\) przechodzącą przez \(A,\) która nie jest równoległa do żadnej z prostych łączących pary punktów z \(\mathcal{S}.\) Przesuwając równolegle prostą \(\ell,\) możemy otrzymać proste \(\ell_1\) i \(\ell_2\) (równoległe do \(\ell\)), które w pasie pomiędzy nimi nie zawierają ani jednego punktu z \(\mathcal{S},\) za wyjątkiem punktu \(A.\)

Niech prosta \(\ell_1\) przecina dokładnie \(x\) odcinków wychodzących z punktu \(A.\) Wtedy \(\ell_2\) przecina pozostałe \(a-x\) odcinki, gdyż każdy odcinek wychodzący z punktu \(A\) przecina dokładnie jedną z prostych \(\ell_1\) i \(\ell_2.\) Ponadto każdy odcinek łączący dwa punkty z \(\mathcal{S},\) różne od \(A,\) albo przecina obie proste \(\ell_1\) i \(\ell_2,\) albo żadnej. Wobec tego liczby odcinków przeciętych prostymi \(\ell_1\) i \(\ell_2\) różnią się o \({x-(a-x)=2x-a.}\) Zgodnie z warunkami zadania liczba ta musi być parzysta. Oznacza to w szczególności, że \(a\) jest liczbą parzystą.

Rozważmy dowolny punkt \(P\) podstawy. Udowodnijmy, że jest on pokryty jednym z trójkątów z zadania. Rozważmy sferę \(\omega\) leżącą wewnątrz ostrosłupa i styczną do podstawy w punkcie \(P.\) Zwiększamy jej promień, zachowując punkt styczności, do momentu aż po raz pierwszy \(\omega\) będzie styczna do pewnej ściany ostrosłupa – bez straty ogólności przyjmijmy, że jest to ściana \(SA_{1}A_{2},\) a przez \(Q\) oznaczmy punkt styczności tej ściany z \(\omega.\)

Wtedy z równości odcinków stycznych do sfery \(PA_1 = QA_1\) oraz \(PA_2 = QA_2,\) zatem trójkąty \(PA_{1}A_{2}\) i \(QA_{1}A_{2}\) są przystające. Oznacza to, że obracając ścianę \(SA_{1}A_{2}\) wokół \(A_{1}A_{2},\) tak aby pokryła się z trójkątem \(X_{1}A_{1}A_{2}\) w płaszczyźnie podstawy, otrzymujemy, że punkt \(Q\) przechodzi na punkt \(P.\) W szczególności \(P\) leży wewnątrz trójkąta \(X_{1}A_{1}A_{2}.\)

Powstawanie fal na powierzchni jeziora polega na propagacji okresowych zmian głębokości wody. Działającą tu siłą jest siła ciężkości proporcjonalna do masy wody. Miarą bezwładności jest ta sama masa wody, a więc prędkość fal na jeziorze nie zależy od gęstości cieczy wypełniającej jezioro. Można się o tym przekonać na podstawie analizy wymiarowej. Załóżmy, że prędkość propagacji fal \(c\) zależy od gęstości cieczy \(\rho,\) głębokości cieczy \(h\) i wartości przyspieszenia grawitacyjnego \(g,\) według wzoru: \[c \propto g^\alpha \cdot \rho^\beta \cdot h^\gamma.\] Przeanalizujmy wymiary: kilogram wystąpi tylko w gęstości i nigdzie więcej, a więc \(\beta = 0,\) czyli prędkość nie zależy od gęstości. Dalsza analiza prowadzi do wniosku, że \(\alpha = \gamma = \frac{1}{2}.\) Czterokrotny wzrost wartości przyspieszenia grawitacyjnego powoduje więc dwukrotny wzrost prędkości fal.

Czytelnik Dociekliwy, całkiem słusznie, zapyta, dlaczego w analizie wymiarowej uwzględniliśmy głębokość \(h,\) a nie uwzględniliśmy długości fali \(\lambda,\) także o wymiarze długości. ,,Nasz” wzór opisuje sytuację, gdy \(h \ll \lambda.\) Dla \(h \gg \lambda\) otrzymujemy: \[c \propto \sqrt{g\cdot\lambda}.\] Dokładna analiza teoretyczna dla fal o małej amplitudzie prowadzi do ogólnego wzoru: \[c = \sqrt{\frac{g\lambda}{2\pi}\tanh{\frac{2\pi h}{\lambda}}},\] w którym ,,\(\tanh\)” oznacza funkcję tangens hiperboliczny. Zadanie i przytoczona analiza dotyczy tzw. fal grawitacyjnych. Fale kapilarne opisują inne związki uwzględniające napięcie powierzchniowe.

Roztwór wody z mydłem tworzy powłokę bańki. Ma ona dwie powierzchnie rozdziału roztworu i powietrza: wewnętrzną i zewnętrzną. W związku z tym zwiększenie pola powierzchni \(S = 4\pi r^2\) powłoki (rozmiaru bańki) o \(dS\) wymaga wykonania pracy \(dW = 2\sigma dS.\) Na powłokę bańki działa różnica ciśnień wewnątrz bańki \(p\) i ciśnienia zewnętrznego \(p_0.\) W stanie równowagi dla bańki o promieniu \(r\) praca tych sił potrzebna do powiększenia promienia o \(dr\) jest równa pracy potrzebnej do zwiększenia powierzchni powłoki o \(dS = 4\pi ((r+dr)^2 - r^2) \approx 8\pi rdr\): \[(p-p_0) S dr = 4\pi r^2 (p-p_0) dr = 8\pi r \cdot 2\sigma dr,\] a więc: \[p = p_0 + \frac{4\sigma}{r}.\] Zgodnie z prawem Archimedesa bańka będzie się unosiła, gdy gęstość \(\rho\) powietrza w jej wnętrzu będzie mniejsza od gęstości \(\rho_0\) powietrza na zewnątrz (pomijamy ciężar powłoki bańki). Jest to możliwe, gdy temperatura \(T_b\) w bańce jest wyższa niż temperatura \(T\) na zewnątrz. W interesującym nas przedziale temperatur i ciśnień powietrze doskonale spełnia równanie gazu doskonałego. Gęstość gazu doskonałego o temperaturze \(T\) pod ciśnieniem \(p\) wynosi: \[\rho = \frac{\mu p}{RT},\] \(\mu\) oznacza tu masę molową gazu (powietrza), \(R\) uniwersalną stałą gazową. Otrzymujemy warunek: \[\rho < \rho_0 \ \ \Leftrightarrow \ \ T_b - T > \frac{4\sigma}{rp_0}T.\] Dla danych z treści zadania \({T_b - T > 0{,}018}\) K.

Możemy jeszcze sprawdzić, czy pominięcie masy powłoki bańki nie jest zbyt grubym przybliżeniem. Grubość takiej powłoki \(\delta \approx 1\) m, a jej gęstość jest równa gęstości wody, 1 g/cm\(^3.\) Masa powłoki bańki o promieniu 2 cm wynosi więc około 5,1 mg, co stanowi około 12% masy powietrza wypartego przez bańkę.

Dane liczbowe w tym zadaniu zostały zaczerpnięte z pracy o kształcie wielkich baniek mydlanych: C. Cohen, B. D. Texier, E. Reyssat, J. H. Snoeijer, D. Quére, and C. Clanet, PNAS 114, 2515 (2017).