Zadania

Trójkąty prostokątne $XI{C}_1$ i $CI{A}_1$ są przystające, gdyż mają równe przeciwprostokątne $IX,$ $XC$ oraz przyprostokątne równe promieniowi okręgu wpisanego w trójkąt $ABC.$ Zatem $C_{1}X=A_{1}C.$

Niech punkt $Y$ będzie punktem symetrycznym do punktu $X$ względem $C_1.$ Wtedy czworokąt $A_{1}CY{C}_1$ jest symetryczny względem dwusiecznej kąta $B$ (ponieważ $C_{1}Y=A_{1}C$ oraz $B{C}_1=B{A}_1$), zatem $A_1{C}_1\parallel CY.$ Oznacza to, że prosta $C_1{A}_1$ jest prostą łączącą środki boków $YX$ i $XC$ trójkąta $YXC.$

Uwaga: Można również zauważyć, że na czworokącie $BXIC$ można opisać okrąg, wtedy prosta $A_1{C}_1$ jest prostą Simsona punktu $I$ (patrz Deltoid z ${\mathrm{\Delta }}_{15}^{10}$) względem trójkąta $BXC.$

Jeśli $0<a<b,$ to podstawmy $y=a-b<0$ i $x=\sqrt{3b-2a}.$ Wtedy $a=x^2+3y$ i $b=x^2+2y.$ W konsekwencji $f(a)\le f(b)$ i funkcja $f(x)$ jest niemalejąca dla $x>0.$

Niech teraz $0<u<v.$ Wtedy znajdziemy taką liczbę całkowitą dodatnią $n,$ że $${\left(\frac{3}{2}\right)}^{n-1}\le \frac{v}{u}<{\left(\frac{3}{2}\right)}^n.$$ Podstawiając $x=0$ oraz $y=\frac{1}{2}z,$ dostajemy $f(z)\ge f\left(\frac{3}{2}z\right)$ dla dowolnej liczby rzeczywistej $z,$ a zatem $$\begin{array}{r}f(u)\ge f\left(\frac{3}{2}u\right)\ge f({\left(\frac{3}{2}\right)}^{2}u)\ge \dots \ge f\left({\left(\frac{3}{2}\right)}^{n}u\right)\ge f(v)\ge f(u),\end{array}$$ gdzie w ostatnich dwóch nierównościach wykorzystaliśmy pokazaną monotoniczność $f.$ Wobec tego $f(u)=f(v).$

Zauważmy, że pokolorowanie wszystkich wierzchołków jednym kolorem nie jest dobre; takie pokolorowanie nie jest rozważane poniżej.

Powiemy, że bok wielokąta jest kolorowy, jeśli jego końce są w różnych kolorach, a niekolorowy – w przeciwnym razie. Kolorowanie wierzchołków nazwiemy uporządkowanym, jeśli istnieje prosta oddzielająca białe wierzchołki od czarnych.

Pokażemy, że kolorowanie wierzchołków wypukłego $n$-kąta (dla $n\ge 3$) jest dobre wtedy i tylko wtedy, gdy jest uporządkowane. Istotnie, załóżmy, że pokolorowanie wierzchołków wypukłego $n$-kąta jest dobre, i rozważmy odpowiedni podział wielokąta na trójkąty kolorowymi przekątnymi. W takim podziale będzie dokładnie $n-2$ trójkątów. W każdym z tych trójkątów można wybrać odcinek łączący wierzchołki tego samego koloru. Odcinek ten nie może być przekątną $n$-kąta, dlatego jest to jego niekolorowy bok. Tak więc dla każdego z $n-2$ trójkątów istnieje niekolorowy bok $n$-kąta (dla różnych trójkątów boki te są oczywiście różne), zatem w naszym $n$-kącie jest co najmniej $n-2$ niekolorowych boków. Równoważnie, są w nim co najwyżej dwa kolorowe boki, skąd łatwo wynika, że kolorowanie to jest uporządkowane.

Załóżmy teraz, że kolorowanie wierzchołków wypukłego $n$-kąta jest uporządkowane, oznaczmy kolejno wierzchołki $A_1,A_2,\dots ,A_k$ (białe), $B_1,B_2,\dots ,B_l$ (czarne). Narysujmy wszystkie przekątne od $A_1$ do czarnych wierzchołków i wszystkie przekątne od $B_1$ do białych wierzchołków. W ten sposób otrzymujemy dobry podział naszego wielokąta.

Pozostaje obliczyć liczbę uporządkowanych kolorowań $n$-kąta. Dla każdej możliwej liczby $k$ czarnych wierzchołków ($k$ przyjmuje wartości od 1 do $n-1$) spośród wszystkich $n$ wierzchołków można na $n$ sposobów wybrać układ bloków $k$ kolejnych czarnych wierzchołków, tj. liczba uporządkowanych kolorowań wynosi $n(n-1).$

Rysunek przedstawia siły działające na samochód podczas pokonywania zakrętu ‑ środek łuku jest po prawej stronie. Pionowe składowe sił równoważą ciężar samochodu: $$N_z+N_w=mg,$$ a poziome składowe (siły tarcia) są źródłem siły dośrodkowej: $$T_z+T_w=\frac{m{v}^2}{R}.$$ Dodatkowo wiemy, że suma momentów tych sił podczas stabilnej jazdy (obliczymy tę sumę względem środka masy samochodu) wynosi zero: $$(N_w-N_z)\frac{d}{2}+(T_w+T_z)h=0.$$ Otrzymany układ równań pozwala wyznaczyć $N_w$ i $N_z$: $$N_z=\frac{mg}{2}+\frac{m{v}^{2}h}{d\cdot R};N_w=\frac{mg}{2}-\frac{m{v}^{2}h}{d\cdot R}.$$

Mamy dodatkowo $T_w+T_z\le f(N_w+N_z),$ a stąd warunkiem braku poślizgu jest $v^2\le gRf.$ Dachowanie zacznie się, gdy $N_w=0,$ co prowadzi do warunku: $v^2\le gRd/(2h).$

Wniosek: jeśli $f<d/(2h),$ to przy nadmiernej prędkości nastąpi poślizg, a gdy $f>d/(2h),$ to nastąpi dachowanie. Dlatego ciężarówki i SUV-y (duża wartość $h$) częściej dachują niż ,,zwykłe” samochody osobowe. Dodatkowy bagażnik na dachu samochodu ,,sprzyja” dachowaniu.

W rozwiązaniu pominięte zostało niebezpieczeństwo poślizgu prowadzącego do obrotu wokół osi prostopadłej do drogi związane z nierównomiernym rozkładem masy pojazdu i nieumiejętnym używaniem pedału gazu.

W znalezionym zwoju stosunek liczb atomów ${}^{14}$C i ${}^{12}$C wynosił 0,8 wartości we współczesnych roślinach, co oznacza, że w próbce pozostało $N=0,8N_0$ atomów ${}^{14}$C, gdzie $N_0$ jest ich pierwotną liczbą. Według prawa rozpadu promieniotwórczego po czasie $t$ w próbce pozostaje: $$N(t)=N_0\exp (-\frac{t}{\tau })$$ atomów izotopu ${}^{14}$C. Należy jeszcze powiązać parametr $\tau$ (tzw. średni czas życia) z czasem połowicznego rozpadu $t_{1/2}$: $$\frac{1}{2}{N}_0=N_0\exp (-\frac{t_{1/2}}{\tau })\Rightarrow \tau =\frac{t_{1/2}}{\ln 2}.$$ Czas, jaki upłynął od ścięcia łodyg papirusu tworzących zwój, wynosi: $$t=\tau \ln \left(\frac{N_0}{N}\right)=\frac{t_{1/2}}{\ln 2}\ln \left(\frac{N_0}{N}\right).$$ Liczbowo: $t\approx 1845$ lat, a więc zwój powstał około roku 180 naszej ery.
Uwaga: zawartość izotopu ${}^{14}$C w próbce określa się, mierząc liczbę rozpadów ${\beta }^{-}$ lub rozdzielając w separatorze mas izotopy zawarte w węglu wyizolowanym z próbki.