Zadania

Poszukując maksymalnej prędkości, zaniedbamy opór powietrza i opór związany z ruchem po powierzchni wody. Siła podnosząca skrzynię działa wzdłuż promienia Ziemi, a więc moment pędu układu nie zmienia się. Przed wciągnięciem skrzyni na szczyt masztu łódź i skrzynia spoczywały względem powierzchni Ziemi obracającej się z prędkością kątową \(\omega = 2\pi/T.\) Po podniesieniu skrzyni łódź zaczyna poruszać się względem wody, to znaczy jej prędkość kątowa wynosi teraz \(\omega'.\) Ułóżmy bilans momentu pędu: \[MR^2\omega = (M-m)R^2\omega' + m(R+h)^2\omega'.\] Otrzymujemy \[\omega' = \frac{MR^2\omega}{MR^2 + 2hRm + mh^2} \approx \frac{\omega}{1 + \frac{2mh}{MR}} \approx \omega {\left(1 - \frac{2mh}{MR}\right)}.\] W pierwszym przybliżeniu pominęliśmy wyraz rzędu \(h^2/R^2,\) a w drugim rozwinęliśmy ułamek do wyrazów liniowych w \(h/R.\) Prędkość łodzi wynosi więc \[u = \omega'R - \omega R \approx -2mh\omega/M = -4\pi mh/(MT).\] Minus oznacza ruch wzdłuż równika na zachód. Liczbowo \(u = 5{,}82\cdot 10^{-4}\) m/s, czyli tylko nieco ponad pół milimetra na sekundę.

Uwaga: Czytelnik Dociekliwy zapyta zapewne o równanie ruchu łodzi. Rozpatrzmy ten ruch w układzie nieinercjalnym związanym z Ziemią. W układzie nieinercjalnym należy uwzględnić siły bezwładności. Na skrzynię poruszającą się w górę (kierunek osi \(z\)) z prędkością \(\vec v = (0,0,v),\) poza siłą odśrodkową, która ułatwia podnoszenie skrzyni, działa też siła Coriolisa \(\vec F_C = 2m\vec v \times \vec\omega.\) Skrzynia jest sztywno związana z masztem, a wraz z nim także z resztą łodzi, więc siła \(\vec F_C\) działa na całą łódź. Równanie ruchu łodzi ma zatem postać \[M\frac{d\vec u}{dt} = \vec F_C = -2m\vec \omega \times {\left(0,0, \frac{dz}{dt}\right)}.\] Po scałkowaniu obu stron względem czasu od 0 do \(\tau\) oznaczającego czas wciągania skrzyni na maszt, otrzymujemy (\(u = u_z(\tau),\) \(z(\tau) = h\)): \(u = -2mh\omega/M,\) czyli nasz poprzedni wynik.

Dla układu jednoskładnikowego istnieje tylko jeden punkt, w którym mogą jednocześnie współistnieć fazy: stała, ciekła i gazowa (para). Taki punkt nazywany jest punktem potrójnym badanego składnika. W tym punkcie, w przestrzeni zmiennych (\(p, T\)), zbiegają się krzywe \(p_s(T)\) i \(p_l(T).\) Punkt ten wyznaczony jest więc równaniem \[p_s(T_t) = p_l(T_t).\] Podstawiając podane w treści zadania wzory przybliżone otrzymujemy \[T_t = \frac{3754 - 3063}{27{,}92 -24{,}38}\ T_0 \approx 195{,}2\ T_0.\] Podstawienie wartości \(T_t\) do wzoru opisującego \(p_s(T)\) lub \(p_l(T)\) pozwala wyznaczyć \(p_t \approx 5933\ p_0.\) Po podstawieniu wartości \(p_0\) i \(T_0\) otrzymujemy \(p_t = 5933\) Pa i \(T_t = 195{,}2\) K.

Odpowiedź: Szukane pary \((a,b)\) to \((p,p)\) oraz \((2p-1,p^2).\)

Mnożąc równość przez \(pb,\) otrzymujemy \[ab+p^2=2pb,\] skąd \(p^2=(2p-a)b.\)

Zatem \(b\) jest dzielnikiem liczby \(p^2,\) skąd \(b\) jest równe \(1,\) \(p\) lub \(p^2.\)

Jeśli \(b=1,\) to \(2p-a=p^2,\) zatem \(a=2p-p^2=p(2-p)<0,\) więc ten przypadek jest niemożliwy.

Jeśli \(b=p,\) to \(2p-a=p,\) skąd \(a=p\) i dostajemy parę \({(a,b)=(p,p)}.\)

Jeśli \(b=p^2,\) to \(2p-a=1,\) skąd \(a=2p-1\) i dostajemy parę \((a,b)=(2p-1,p^2).\) Łatwo sprawdzamy, że znalezione pary spełniają warunki zadania.

Odpowiedź: \(k=1012.\)

Najpierw pokażemy, że taka wartość jest możliwa. Wypiszmy na tablicy liczby \[2^1,2^2,\ldots,2^{2026}.\] Weźmy dowolną z nich, powiedzmy \(a=2^n.\) Dla każdego \({m\in \{1,2,\ldots,2026\}}\) wybierzmy liczbę \(r\in\{1,2,\ldots,n\}\) taką, że \({m+r}\) jest podzielne przez \(n.\)

Przyjrzyjmy się, kiedy \(r=m.\) Wtedy \(m\leq n\) (bo \(r\leq n\)) oraz \(2m\) jest podzielne przez \(n,\) więc możliwe są co najwyżej dwa takie wykładniki: \(m=n\) oraz, gdy \(n\) jest parzyste, \(m=n/2.\) Zatem co najmniej \(2024\) wykładniki \(m\) można połączyć z innym wykładnikiem \(r\) tak, że \(m+r\) jest podzielne przez \(n.\) Wtedy \[2^m\cdot 2^r-1=2^{m+r}-1\] jest podzielne przez \(2^n-1=a-1.\) Każda para została policzona co najwyżej dwa razy, więc dla danego \(a\) mamy co najmniej \(1012\) par.

Pozostaje udowodnić, że więcej być nie może. Niech \(a\) będzie największą spośród liczb wypisanych na tablicy. Liczba \(a\) nie może występować w żadnej z rozważanych par dla tej właśnie wartości \(a,\) bo gdyby \(% a x-1\) było podzielne przez \(a-1\) dla pewnej wypisanej liczby \(1<x<a,\) to z \(a\equiv 1\pmod {a-1}\) wynikałoby \[x-1\equiv 0\pmod {a-1},\] co jest niemożliwe, gdyż \(0<x-1<a-1.\)

Pokażemy teraz, że każda z pozostałych \(2025\) liczb może należeć do co najwyżej jednej rozważanej pary. Przypuśćmy przeciwnie, że pewna wypisana liczba \(m\) tworzy dwie pary z różnymi liczbami \(k\) i \(n.\) Wtedy \[mk-1\equiv mn-1\equiv 0\pmod {a-1}.\] W szczególności \(m\) jest względnie pierwsze z \(a-1,\) a po odjęciu dostajemy \[m(k-n)\equiv 0\pmod {a-1},\] czyli \(k-n\) jest podzielne przez \(a-1.\) Jednak liczby \(k\) i \(n\) są mniejsze od \(a,\) więc \[|k-n|<a-1,\] sprzeczność. Zatem rozważane pary tworzą rozłączne pary wśród najwyżej \(2025\) liczb, więc jest ich co najwyżej \[\left\lfloor \frac{2025}{2}\right\rfloor=1012.\]

(i) Niech \(X\) i \(Y\) będą punktami przecięcia prostej \(AC\) z prostymi \(KL\) i \(MN.\) Korzystając z twierdzenia Menelaosa (patrz np.  \(\Delta^1_{03}\)) oraz równości odcinków stycznych do sfery, poprowadzonych z tego samego punktu, dostajemy \[\frac{AX}{XC}=\frac{AK}{LC}=\frac{AN}{MC}=\frac{AY}{YC}.\] Oznacza to, że \(X=Y,\) a zatem punkty \(K,L,M,N\) leżą na jednej płaszczyźnie. Jej przecięcie ze sferą to okrąg opisany na czworokącie \(KLMN.\)

(ii) Niech \(\pi\) będzie płaszczyzną, na której leży czworokąt \(KLMN,\) a \(\omega\) – okręgiem na nim opisanym. Niech \(A',\) \(B',\) \(C'\) i \(D'\) będą rzutami prostopadłymi punktów \(A,\) \(B,\) \(C\) i \(D,\) odpowiednio, na płaszczyznę \(\pi.\) Skoro \(AK=AN,\) to \(A'K=A'N,\) analogicznie uzasadniamy \(B'K=B'L,\) \(C'L=C'M\) oraz \(D'M=D'N\) i dlatego \(\omega\) jest okręgiem wpisanym w czworokąt \(A'B'C'D'.\) Obrazami środków odcinków \(AC\) i \(BD\) w tym rzucie są środki przekątnych czworokąta \(A'B'C'D'.\) Na mocy twierdzenia Newtona (patrz  \(\Delta^2_{07}\)) leżą one na jednej prostej \(k\) wraz ze środkiem \(I\) okręgu \(\omega.\) Ponieważ odcinek \(OI\) jest prostopadły do \(\pi,\) płaszczyzna przechodząca przez \(k\) i \(O\) zawiera wszystkie punkty z tezy zadania.