Delta 4/2026

Zadania

Dominik Burek i Andrzej Majhofer

Zadanie M 1849

Punkty \(F\) i \(E\) leżą na bokach, odpowiednio, \(AB\) i \(AC\) równoległoboku \(ABKC\) w taki sposób, że \(BE = CF.\) Udowodnić, że punkt \(K\) jest równoodległy od prostych \(BE\) i \(CF.\)

Rozwiązanie

Ponieważ \(BK \!\parallel\! EC\) oraz \({CK\! \parallel\! FB},\) to \[[KBE] = [KBC] = [KFC].\] Biorąc pod uwagę równość \(BE = CF,\) dostajemy, że odległości punktu \(K\) od prostych \(BE\) i \(CF\) są równe.

Zadanie M 1850

Niech \(x_1 < x_2 < \dots < x_{2026}\) będzie rosnącym ciągiem liczb naturalnych. Dla \(i=1,2,\dots,2026\) zdefiniujmy \[p_i={\left(x_1-\frac 1{x_1}\right)\left(x_2-\frac 1{x_2}\right)\cdot \ldots\cdot \left(x_i-\frac 1{x_i}\right)}.\] Jaką największą liczbę liczb całkowitych dodatnich może zawierać zbiór \(\{p_1,p_2,\dots,p_{2026}\}\)?

Rozwiązanie

Zauważmy, że liczba \[p_1=x_1-\frac 1{x_1}\] nie może być dodatnią liczbą całkowitą. Istotnie, jeżeli \(x_1=1,\) to \(p_1=0,\) a jeżeli \(x_1>1,\) to \(p_1\) nie jest liczbą całkowitą, jako różnica liczby całkowitej i niecałkowitej. Zatem wśród liczb \(p_i\) może być co najwyżej \(2025\) liczb całkowitych.

Pokażemy, że można osiągnąć ich \(2025.\) Dla \(x_1=2,\) \(x_2=3\) mamy \[p_2=\left(2-\frac 12\right)\left(3-\frac 13\right)=4.\] Dla \(n\ge 2\) połóżmy \(x_{n+1}=p_n .\) Wówczas \[p_{n+1}=p_n(x_{n+1}-\frac 1{x_{n+1}}) = p_n^2-1.\] Jeśli więc \(p_n\) jest liczbą całkowitą, to \(p_{n+1}\) również jest liczbą całkowitą, a dodatkowo \(x_{n+2}=p_{n+1}\) jest większe od \(x_{n+1}=p_n.\) W ten sposób otrzymujemy rosnący ciąg \(x_1,\ldots, x_{2026},\) dla którego \(2025\) spośród liczb \(p_i\) jest liczbami całkowitymi.

Zadanie M 1851

Wyznaczyć wszystkie pary liczb całkowitych \(m\) oraz \(n>2\) takie, że \[\bigl((n-1)!-n\bigr)\cdot (n-2)! = m(m-2).\]

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby całkowite \(m\) oraz \(n>2\) spełniają równość z zadania. Zauważmy, że \[\begin{gathered} \bigl((n-1)!-1\bigr)\bigl((n-2)!-1\bigr)\\ \begin{aligned} & = (n-1)!(n-2)!-(n-1)!-(n-2)!+1 \\ & = \bigl((n-1)!-n\bigr)(n-2)!+1 = m^2-2m+1=(m-1)^2. \end{aligned} \end{gathered}\] Przypuśćmy najpierw, że \(n>4.\) Pokażemy, że liczby \((n-1)!-1\) oraz \((n-2)!-1\) są względnie pierwsze. Istotnie, gdyby obie dzieliły się przez pewną liczbę pierwszą \(p,\) to również dzieliłaby się przez \(p\) liczba \[(n-1)!-1-(n-1)\bigl((n-2)!-1\bigr)=n-2.\] Stąd wynikałoby, że \(p \mid (n-2)!,\) a jednocześnie \({p \mid \bigl((n-2)!-1\bigr)},\) co jest niemożliwe.

Zatem iloczyn dwóch względnie pierwszych liczb \[\bigl((n-1)!-1\bigr)\bigl((n-2)!-1\bigr)\] jest kwadratem liczby całkowitej, a więc każda z nich musi być kwadratem liczby całkowitej. Jednak dla \(n>4\) liczba \((n-1)!-1\) daje resztę \(3\) przy dzieleniu przez \(4,\) co wyklucza możliwość bycia kwadratem.

Pozostaje rozpatrzyć przypadki \(n\le 4.\) Dla \(n=4\) otrzymujemy \[(m-1)^2=5,\] co nie ma rozwiązań całkowitych. Dla \(n=3\) dostajemy \[(m-1)^2=0,\] skąd \(m=1.\) Zatem jedynym rozwiązaniem jest para \(m=1, n=3.\)

Zadanie F 1141

Podczas suchego, bezwietrznego dnia, po polnej drodze przejechał samochód, wzniecając chmurę pyłu – drobnego piasku – na wysokość \(h = 5\) m. Oszacuj, po jakim czasie \(\tau\) pył całkowicie opadnie. Przyjmij, że najmniejsze ziarenka pyłu mają średnicę \(D \approx 0{,}02\) mm i są okruchami kwarcu (SiO\(_2\)) o gęstości \(\rho = 2{,}6\cdot 10^3\) kg/m\(^3,\) a lepkość powietrza wynosi \(\eta = 1{,}85\cdot 10^{-5}\) kg/(m\({}\cdot{}\)s). Przyspieszenie ziemskie wynosi 9,81 m/s\(^2.\)
Wskazówka: dla małych prędkości \(v\) siła \(F\) oporu powietrza wynosi: \(F = 3\pi \eta vD.\)

Rozwiązanie

Po wzniesieniu się na wysokość \(h\) ziarna pyłu opadają pod wpływem własnego ciężaru i siły oporu \(F.\) Czas \(\tau\) całkowitego opadnięcia chmury pyłu jest równy czasowi opadania najmniejszych jego ziaren z wysokości \(h.\) Równanie ruchu dla ziarna o masie \(m\) ma postać (prędkość \(v\) skierowana jest w dół): \[m\frac{dv}{dt} = mg - 3\pi \eta Dv,\] czyli: \[\frac{dv}{dt} = - {\frac{3\pi\eta D}{m}\left(v - \frac{mg}{3\pi\eta\ D}\right)}.\] Siła ciężkości jest stała, a wartość siły oporu rośnie proporcjonalnie do prędkości i po pewnym czasie zrównoważy ciężar ziarna. Nastąpi to, gdy prędkość spadania osiągnie wartość: \[v_{gr} = \frac{gm}{3\pi \eta D} = \frac{\rho gD^2}{18\eta} .\] W ostatniej równości uwzględniliśmy fakt, że \(m = \pi \rho D^3/6.\) Do czasu osiągnięcia prędkości \(v_{gr}\) ziarenko piasku spada z prędkością od niej mniejszą. Na pewno więc czas spadania: \[\tau > \frac{h}{v_{gr}} .\] Dla danych z treści zadania otrzymujemy \({v_{gr} = 3{,}064\cdot 10^{-2}}\) m/s i oszacowanie \({\tau > 163}\) s, czyli ponad 2,5 minuty. Pełne rozwiązanie równania ruchu: \[v(t) = v_{gr}\left(1 - \exp(-\frac{m}{3\pi\eta D}t)\right),\] pozwala stwierdzić, że \(v_{gr}\) zostanie osiągnięte po czasie równym kilka razy \(3\pi\eta D/m = D^2\rho/(18\eta),\) czyli czasie rzędu setnych części sekundy.

Uwaga: Przyjęty w rozwiązaniu wzór opisujący siłę oporu podczas ruchu z prędkością \(v\) względem ośrodka o gęstości \(\rho_{os}\) jest poprawny, gdy tzw. liczba Reynoldsa \({\textup{Re} = \rho_{os}Dv/\eta < 1}.\) Ośrodkiem jest tutaj powietrze o gęstości \(\rho_{os} = 1{,}3\) kg/m\(^3.\) W naszym przypadku liczba Reynoldsa wynosi więc Re\({{}\approx 4{,}3\cdot 10^{-2} < 1},\) a więc warunek jest spełniony.

Zadanie F 1142

W czasie \(t_1 =1\) min grzałka o mocy \(P = 250\) W podgrzała wodę w naczyniu od \(T_1 = 80\) do \(T_2 = 85\). Po wyłączeniu grzałki w czasie \(t_2 = 0{,}5\) minuty temperatura wody spadła o \(\Delta T = 1\). Jaka masa \(m\) wody znajdowała się w naczyniu? Ciepło właściwe wody wynosi \(c = 4{,}2\cdot 10^3\) J/(kg\({}\cdot{}\)K), a temperatura otoczenia wynosiła 20.

Rozwiązanie

Podczas opisanych w treści zadania procesów grzania i chłodzenia wody zmiany jej temperatury są niewielkie, i przez cały czas temperatura wody jest znacznie wyższa od temperatury otoczenia. Możemy więc przyjąć, że szybkość strat ciepła w obu przypadkach jest taka sama – oznaczmy traconą moc jako \(P'.\) Podczas grzania mamy: \[(P - P')t_1 = m\cdot c(T_2 - T_1),\] a podczas chłodzenia po wyłączeniu grzałki: \[P't_2 = m\cdot c \Delta T.\] Po wyznaczeniu \(P'\) z pierwszego równania i podstawieniu do drugiego otrzymujemy: \[m = \frac{t_2 P}{c(\frac{t_2}{t_1}(T_2-T_1) +\Delta T)}.\] Liczbowo: \(m = 0{,}510\) kg wody.