Zadania

Odpowiedź: Jedyną możliwą wartością jest $0.$

Niech $i$-ty trójmian ma postać $f_i(x)=a{x}^2+bx+c_i$ dla $i=1,2,\dots ,2025.$ Wtedy $$\begin{array}{rl}{f}_2(x_1)& =a{x}_1^2+b{x}_1+c_2=(a{x}_1^2+b{x}_1+c_1)+(c_2-c_1)\\ & =c_2-c_1,\end{array}$$ gdzie w ostatniej równości skorzystaliśmy z tego, że $f_1(x_1)=0.$ Podobnie otrzymujemy równości $f_3(x_2)=c_3-c_2,$ $\dots ,$ $f_{2025}(x_{2024})=c_{2025}-c_{2024}$ oraz $f_1(x_{2025})=c_1-c_{2025}.$ Dodając otrzymane równości, dostajemy, że $$\begin{array}{c}{f}_2(x_1)+f_3(x_2)+\dots +f_{2025}(x_{2024})+f_1(x_{2025})\\ =(c_2-c_1)+\dots +(c_1-c_{2025})=0.\end{array}$$

Odpowiedź: $n=15.$

Podstawiając $x=1,$ $y=n,$ otrzymujemy, że $n=2^k-1$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $k.$ Niech teraz $n=ab,$ gdzie $a\ge b>2,$ i niech $a+b=2^t$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $t.$ Gdyby $a=b=2^{t-1},$ to $ab=2^{2(t-1)},$ a to jest sprzeczność – mamy zatem $a>b.$ Oczywiście zachodzi $k>t.$ Ponadto $$2^k+2^t=ab+a+b+1=(a+1)(b+1),$$ $$2^k-2^t=ab-a-b+1=(a-1)(b-1).$$ Mnożąc te równości, otrzymujemy, że liczba $(a-1)(a+1)(b-1)(b+1)$ jest podzielna przez $2^{2t}.$

Zauważmy jednak, że dwójka występuje w pierwszej potędze w rozkładzie na czynniki pierwsze jednej z liczb $b-1$ lub $b+1,$ a w rozkładzie drugiej z tych liczb w potędze nie większej niż $t-1.$ Tak samo jest z liczbami $a-1$ i $a+1.$ Zatem podzielność liczby $(a-1)(a+1)(b-1)(b+1)$ przez $2^{2t}$ jest możliwa tylko wtedy, gdy $2^{t-1}$ dzieli jedną z liczb $b-1$ i $b+1$ oraz jedną z liczb $a-1$ i $a+1.$ Ponieważ $a<b<2^t,$ więc $b=2^{t-1}-1$ i $a=2^{t-1}+1.$

Wtedy jednak $k=2t-2$ i w szczególności $2^k-1$ jest podzielne przez $3.$ Możemy zatem założyć, że w naszym rozumowaniu wybraliśmy $b=3.$ Wtedy $a=5,$ zatem $n=15$ jest jedyną liczbą spełniającą warunki zadania.

Opiszmy okrąg na ($mn$)-kącie foremnym i załóżmy, że długość każdego łuku pomiędzy sąsiednimi wierzchołkami jest równa 1. Niech $A_1,A_2,\dots ,A_m$ oznaczają czerwone wierzchołki, a $B_1,B_2,\dots ,B_n$ wierzchołki niebieskie. Rozważmy $mn$ łuków postaci $A_i{B}_j,$ które skierowane są „od” $A_i$ „do” $B_j$ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Każdy taki łuk może mieć długość równą jednej z liczb $1,2,\dots ,mn-1.$ Z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że istnieją dwa różne łuki, $A_{i_1}{B}_{j_1}$ i $A_{i_2}{B}_{j_2},$ o tej samej długości. Łatwo zauważyć, że wtedy odcinki $A_{i_1}{A}_{i_2}$ i $B_{j_1}{B}_{j_2}$ mają żądaną własność.

Niech $D$ oznacza średnicę Słońca, $d$ średnicę Ziemi, $T_S$ temperaturę bezwzględną powierzchni Słońca, a $T_Z=273$ K temperaturę powierzchni Ziemi (0). Słońce wypromieniowuje energię proporcjonalnie do swej powierzchni, $4\pi D^2/4,$ i do czwartej potęgi temperatury, $T_Z^4,$ a Ziemia, w odległości $R,$ absorbuje część tej energii równą stosunkowi powierzchni jej ,,tarczy”, $\pi d^2/4,$ do powierzchni sfery o promieniu $R$ ($4\pi R^2$) i wypromieniowuje proporcjonalnie do $T_Z^4$ i całkowitej jej powierzchni, $4\pi d^2/4$ – współczynnik proporcjonalności jest ten sam, co w przypadku Słońca. Kątowa średnica Słońca równa 0,5 oznacza, że $D/R\approx \pi /360.$ Otrzymujemy równanie: $$\left(\pi \frac{d^2}{4}\right)\left(\frac{1}{4\pi R^2}\right)4\pi \left(\frac{D^2}{4}\right)T_S^4=4\pi \left(\frac{d^2}{4}\right)T_Z^4,$$ skąd wynika, że $${\left(\frac{T_S}{T_Z}\right)}^4=16\left(\frac{R^2}{D^2}\right)=16{\left(\frac{360}{\pi }\right)}^2,$$ czyli $$T_S\approx 21,4T_Z.$$ Po podstawieniu $T_Z=273$ K otrzymujemy $T_S\approx 5840$ K. Astronomowie przyjmują $T_S=5772$ K, a więc nasze przybliżenie jest nadspodziewanie dobre. Dzięki efektowi cieplarnianemu średnia temperatura powierzchni Ziemi jest nieco wyższa od przyjętej w rozwiązaniu i wynosi około 14,76.

Podczas odpompowywania gazu należy wykonywać powolne ruchy tłoka pompy, aby zapewnić warunki, w których gaz będzie podlegał przemianie izotermicznej. Po wykonaniu jednego ruchu tłoka ciśnienie zmniejszy się od $p_i$ do $p_{i+1}$: $$p_{i+1}=p_i\left(\frac{V}{V+v}\right).$$ Zmniejszenie ciśnienia od $p_0$ do $p$ będzie więc wymagało $$x=\ln \frac{p_0}{p}/\ln \frac{V}{V+v}$$ ruchów tłoka. W ogólnym przypadku $x$ nie będzie liczbą całkowitą, ale wypadnie pomiędzy dwoma wartościami całkowitymi: $n<x<n+1.$ Przyjmijmy $x=n+q$ z $0<q<1.$ Mamy wówczas: $$p=p_n{\left(\frac{V}{V+v}\right)}^q=p_{n+1}{\left(\frac{V}{V+v}\right)}^{q-1}.$$ Możemy zakończyć pompowanie z ciśnieniem równym $p_n$ lub $p_{n+1}.$ Oszacujmy, jaki popełnimy błąd, przyjmując każdą z tych wartości: $$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Delta }}_{+}& =p_n-p=p_n(1-{\left(\frac{V}{V+v}\right)}^q)=p_n(1-{(1-\frac{v}{V+v})}^q)\\ & \approx p_n\frac{qv}{V+v}.\end{array}$$ Analogicznie dla ${\mathrm{\Delta }}_{-}=p-p_{n+1}$: $${\mathrm{\Delta }}_{-}\approx p_n\frac{(1-q)v}{V+v}.$$ Najlepszą oceną popełnionego błędu będzie więc: $$\mathrm{\Delta }=\frac{{\mathrm{\Delta }}_{+}+{\mathrm{\Delta }}_{-}}{2}=p_n\left(\frac{v}{2(V+v)}\right)\approx p\left(\frac{v}{2(V+v)}\right).$$