Delta 12/2024

Zadania

Dominik Burek i Andrzej Majhofer

Zadanie M 1801

Dany jest czworokąt wypukły $A B C D,$ w którym $A B = B C = C D = 4.$ Punkty $K$ i $L$ są wybrane, odpowiednio, na bokach $A B$ i $C D$ tak, że $A K = D L = 1.$ Trójkąt $A M D$ jest zbudowany na boku $A D$ na zewnątrz czworokąta, a ponadto $A M = M D = 2.$ Załóżmy, że $K L = 2.$ Udowodnić, że $B M = C M .$

Rozwiązanie

Zauważmy, że trójkąty $M D L$ i $C D M$ są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa $2$ ( $C D = 2 M D,$ $D M = 2 D L,$ kąt przy wierzchołku $D$ jest wspólny). W szczególności $M C = 2 M L .$ Podobnie $M B = 2 M K .$ Z założenia $B C = 2 K L,$ więc trójkąt $M K L$ jest podobny do trójkąta $M B C .$ Zatem $∡ L M K = ∡ C M B,$ a stąd $∡ L M C = ∡ K M B .$ Oznacza to, że trójkąt $L M C$ jest podobny do trójkąta $K M B .$ Ale $L C = K B,$ więc te trójkąty są przystające, skąd otrzymujemy, że $B M = C M .$

Zadanie M 1802

Komórki tabeli $n \times n$ są wypełnione znakami ,, $+$ ” i ,, $-$ ”. Podczas ruchu można zmienić wszystkie znaki w dowolnym wierszu lub kolumnie na przeciwne. Wiadomo, że startując z początkowego układu, można w skończenie wielu ruchach zamienić wszystkie znaki w tabeli na plusy. Udowodnić, że można to osiągnąć, wykonując nie więcej niż $n$ ruchów.

Rozwiązanie

Na początku zauważmy, że nie ma znaczenia, w jakiej kolejności zmieniane są znaki, ważne jest tylko to, w jakich wierszach i kolumnach (w skrócie liniach) następuje zmiana i ile razy. Jeśli w danym ruchu dwukrotnie zmienimy znaki, to nic się nie zmieni. Dlatego wystarczy zmienić znaki nie więcej niż raz w każdej linii.

Załóżmy, że udało nam się uzyskać wszystkie plusy, zmieniając znaki w $k$ kolumnach i $r$ wierszach. Jeżeli $k + r > n,$ zaznaczmy na czerwono wszystkie linie, w których zmieniliśmy znaki. Znak zmienił się tylko w polach należących do dokładnie jednej czerwonej linii. Ale wtedy te same pola należą do dokładnie jednej niepomalowanej linii. Dlatego też rezultat byłby taki sam, gdybyśmy zmienili znaki w niepomalowanych liniach, a tych jest dokładnie $(n - k) + (n - r) = 2 n - (k + r) < n .$

Zadanie M 1803

Liczbę całkowitą dodatnią nazwiemy prawie kwadratem, jeśli można ją przedstawić jako iloczyn dwóch liczb, które różnią się nie więcej niż o $1 %$ większej z nich. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele czwórek kolejnych liczb naturalnych będących prawie kwadratami.

Rozwiązanie

Równanie

2 x^{2} - y^{2} = 1

ma rozwiązanie

(x, y) = (1, 1) .

Ponadto zachodzi równość:

2 (3 x + 2 y)^{2} - (4 x + 3 y)^{2} = 2 x^{2} - y^{2} .

Jeśli zatem

(x, y)

rozwiązuje równanie

2 x^{2} - y^{2} = 3,

(3 x + 2 y, 4 x + 3 y)

również, stąd rozwiązań jest nieskończenie wiele. Weźmy takie rozwiązanie, dla którego

y > 1000

i niech

n = 3 x y .

Wówczas

2 n^{2} = 6 x^{2} * 3 y^{2} = (3 y^{2} + 3) \cdot (3 y^{2}) = z^{2} + z - 2,

gdzie

z = 3 y^{2} + 1.

Rozważmy

4

kolejne liczby i ich odpowiednie rozkłady:

\begin{aligned} 4 n^{4} - 2 = (z^{2} - 2) (z^{2} + 2 z - 1), \\ 4 n^{4} - 1 = (2 n^{2} - 1) (2 n^{2} + 1), \\ 4 n^{4} = 2 n^{2} \cdot 2 n^{2}, \\ 4 n^{4} + 1 = (2 n^{2} + 2 n + 1) (2 n^{2} - 2 n + 1) . \end{aligned}

Liczba

4 n^{4}

jest oczywiście prawie kwadratem, natomiast z założenia

y > 1000

dostaniemy, że każdy z ułamków

\frac{z^{2} - 2}{z^{2} + 2 z - 1}, \frac{2 n^{2} - 1}{2 n^{2} + 1}, \frac{2 n^{2} - 2 n + 1}{2 n^{2} + 2 n + 1}

jest równy co najmniej

0, 99

– więc liczby

4 n^{4} - 2,

4 n^{4} - 1,

4 n^{4} + 1

są również prawie kwadratami.

Uwaga: Dobór liczb inspirowany jest tożsamością Sophie Germain. Równanie $2 x^{2} - y^{2}$ jest natomiast przykładem równania typu Pella i pod tym hasłem można znaleźć więcej informacji o sposobach znajdowania jego rozwiązań.

Zadanie F 1109

Krzywą rotacji galaktyki nazywany jest wykres zależności orbitalnych prędkości, $v,$ widocznych gwiazd od ich odległości, $r,$ od centrum galaktyki. Obserwowane zależności odbiegają od obliczonych na podstawie rozkładu mas widocznych gwiazd w galaktyce (rysunek). Dla wyjaśnienia tej rozbieżności przyjmuje się istnienie wewnątrz i wokół galaktyk niewidocznej tzw. ciemnej materii. Jak gęstość, $ρ,$ ciemnej materii powinna zmieniać się z odległością, $r,$ od centrum galaktyki w obszarze, w którym obserwowana prędkość ruchu orbitalnego gwiazd nie zależy od $r$ ? Przyjmij sferycznie symetryczny rozkład masy ciemnej materii.

Rozwiązanie

Prędkość,

v,

ciała obiegającego po orbicie o promieniu

r

środek sferycznie symetrycznego rozkładu masy zależy jedynie od

M (r),

tj. wielkości masy wewnątrz kuli o promieniu

r,

i wynosi (

G

oznacza stałą grawitacji):

v (r) = \sqrt{\frac{G M (r)}{r}} .

Znając

v (r),

możemy wyznaczyć

M (r)

M (r) = \frac{v^{2} r}{G} .

W przypadku sferycznego rozkładu masy mamy:

\frac{d M}{d r} = 4 π r^{2} ρ (r) = \frac{d}{d r} (\frac{v^{2} r}{G}) .

Po obliczeniu pochodnych otrzymujemy:

ρ (r) = \frac{1}{4 π r^{2} G} (v^{2} + 2 v r \frac{d v}{d r}) .

W obszarze, gdzie

v

nie zmienia się ze zmianą

r,

mamy więc:

ρ (r) = \frac{v^{2}}{4 π r^{2} G} .

Zadanie F 1110

Rowerzysta jedzie z prękością $v$ po drodze pokrytej cienką warstwą błota. Nad kołami wyścigowego roweru nie ma błotników. Na jaką maksymalną wysokość mogą wznosić się cząstki błota oderwane od kół roweru. Koła mają promień $R,$ przyspieszenie ziemskie równe jest $g .$ Opór powietrza pomijamy.

Rozwiązanie

Cząstki (krople) błota odrywają się z prędkością styczną do koła i co do wartości równą prędkości roweru. Przeanalizujmy ruch kropli, która oderwała się z końca promienia tworzącego kąt

φ

z pionem (licząc od powierzchni drogi). W momencie oderwania kropla znajdowała się na wysokości

h = R (1 - \cos φ)

nad drogą i miała pionową składową prędkości równą

v \sin φ .

Najwyższy punkt toru jej ruchu (,,rzut ukośny”) znajdował się więc na wysokości:

H = R (1 - \cos φ) + \frac{v^{2} \sin^{2} φ}{2 g} .

Przyrównajmy pochodną

H

względem

φ

do zera:

H^{'} = R \sin φ + \frac{v^{2} \sin φ \cos φ}{g} = 0.

Gdy

v^{2} < g R,

pochodna zeruje się jedynie dla

φ = 0

lub

φ = π

i maksymalna wysokość

H = 2 R

(dla

φ = π

). Gdy

v^{2} > g R,

zerowaniu pochodnej odpowiada także warunek:

\cos φ = - \frac{g R}{v^{2}},

co odpowiada

φ > π / 2

H = R + \frac{g R^{2}}{2 v^{2}} + \frac{v^{2}}{2 g} .