Zadania

Ponieważ każda liczba w ciągu \(a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2n}, a_{2n+1}\) przyjmuje jedną z trzech wartości, a dowolne dwie sąsiednie liczby są różne, wobec tego dowolny składnik rozważanego w zadaniu wyrażenia \[a_{1}a_{2}-a_{2}a_{3}+\ldots + a_{2n-1}a_{2n}-a_{2n}a_{2n+1}\] przyjmuje również (co do modułu) jedną z trzech wartości.

Wystarczy zatem pokazać, że każda wartość w danym wyrażeniu pojawia się tyle samo razy ze znakiem \(+,\) co ze znakiem \(-.\) Zauważmy jednak, że każda z wartości 2, 5, 9, odpowiednio, występuje w zbiorach par \(\{(a_{1}, a_{2}), (a_{3}, a_{4}), \ldots, (a_{2n-1}, a_{2n})\}\) oraz \(\{(a_{2}, a_{3}), (a_{4}, a_{5}), \ldots, (a_{2n}, a_{2n+1})\}\) tyle samo razy, oznaczmy te liczby wystąpień odpowiednio przez \(k,\) \(l\) i \(m.\) Wtedy oczywiście \(k+l+m=2n.\) Wobec tego w każdym zbiorze par liczba par \({5,9}\) jest równa dokładnie \(\frac{-k+l+m}{2},\) liczba par \({2,9}\) jest równa \(\frac{k-l+m}{2},\) a liczba par \({2,5}\) jest równa \(\frac{k+l-m}{2}.\)

Przesuńmy równolegle trójkąt \(LMC\) o wektor \(\overrightarrow{LK} = \overrightarrow{MN},\) otrzymując trójkąt \(KNE.\) Ponieważ \(CL\perp AK,\) to \({EK\perp AK.}\) Podobnie \(EN\perp AN.\) Zauważmy, że środek \(R\) odcinka \(AE\) jest środkiem okręgu opisanego na czworokącie \(AKEN,\) zatem \(R\) leży na symetralnej odcinka \(KN.\)

Niech \(S\) będzie środkiem przekątnej \(AC.\) Wtedy \(RS\parallel EC \parallel KL,\) co oznacza, że \(RS\perp KN,\) a zatem \(S\) również leży na symetralnej odcinka \(KN\) – co oczywiście implikuje tezę.

Zauważmy, że mnożenie dowolnej liczby \(a,\) \(b,\) \(c\) przez \(-1\) nie zmienia prawdziwości żadnej z rozważanych nierówności. Ponadto \(ab\neq 0.\) Oznacza to, że bez straty ogólności możemy założyć, że \(a>0, b>0\) oraz \(c\geq 0.\)

Zapisując pierwszą z nierówności jako \[\left| \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right|<1,\] widzimy, że istnieje liczba \(\gamma\in (0,\pi),\) spełniająca równość \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma.\]

Skonstruujmy trójkąt \(\textit{T},\) którego dwa boki są równe \(a\) i \(b,\) a kąt między tymi bokami jest równy \(\gamma.\) Niech trzeci bok tego trójkąta będzie równy \(c_1.\) Na podstawie twierdzenia cosinusów zastosowanego dla trójkąta \(\textit{T}\) dostajemy równość \[c_1^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma=c^2,\] więc \(c=c_{1}.\) Niech \(\alpha,\) \(\beta\) będą kątami między bokami \(b,\) \(c\) oraz \(c,\) \(a\) trójkąta \(\textit{T}.\) Ponownie, korzystając z twierdzenia cosinusów, dostajemy \[\begin{split} \left| \frac{b^2+c^2-a^2}{bc}\right|&=2\left|\cos \alpha\right|\ \ \ \textup{oraz}\\ \left|\frac{c^2+a^2-b^2}{ca}\right|&=2\left|\cos \beta\right|, \end{split}\] więc nierówności z tezy są oczywiście spełnione.

Po osiągnięciu prędkości \(v = 0{,}8 c\) masa tramwaju wynosiła \[m_1 = \frac{m_0}{\sqrt{1-v^2}} = \frac{10}{6}m_0,\] tzn. \(m_1 = 7\cdot 10^4\) kg, a masa elektrowozu \(m_2 = m_0 = 4{,}2 \cdot 10^4\) kg. Tramwaj zwiększał swoją energię kinetyczną, a więc i całkowitą masę, dzięki pobieraniu energii z zewnątrz (z sieci elektrycznej). Elektrowóz natomiast rozpędzał się, zamieniając w energię kinetyczną energię potencjalną zgromadzoną w będących jego częścią akumulatorach, a zatem jego całkowita energia (i równoważna jej masa) nie uległa zmianie podczas rozpędzania.

Na potrzeby naszego oszacowania potraktujemy Słońce i krążek jak ciała doskonale czarne wypromieniowujące energię zgodnie ze wzorem (prawo Stefana–Boltzmanna): \[P = \sigma T^4 S,\] w którym \(P\) oznacza całkowitą moc promieniowania, \(S\) powierzchnię ciała, a \(T\) temperaturę powierzchni w skali Kelwina. Wprowadźmy oznaczenia: \(R_S\) – promień Słońca, \(R\) – odległość zwierciadła od Słońca i \(\delta\) – promień krążka (i obrazu Słońca). Moc promieniowania słonecznego docierającego do powierzchni zwierciadła wynosi: \[P_Z = 4\pi R_S^2 \sigma T_0^4 \frac{\pi r^2}{4\pi R^2}.\] Przyjmijmy dalej, że zwierciadło odbija doskonale, i cała moc \(P_Z\) ,,trafia” w krążek. Temperatura \(T\) krążka ustali się, gdy moc promieniowania z jego powierzchni (promieniują obie strony cienkiego krążka) będzie równa \(P_Z\): \[P_Z = 2\pi \delta^2 \sigma T^4.\] Otrzymujemy związek: \[\frac{R_S^2}{R^2}T_0^4 = \frac{2\delta^2}{r^2}T^4.\] Ze względu na ogromną odległość Słońca od zwierciadła jego obraz powstaje praktycznie w ognisku zwierciadła. Przyrównując stosunki rozmiarów przedmiotu \(R_s\) i obrazu \(\delta\) do stosunków ich odległości od powierzchni zwierciadła, mamy \(R_S/R = \delta/f\) i ostatecznie: \[\left(\frac{T}{T_0}\right)^4 = \frac{r^2}{2f^2}.\] Po podstawieniu danych liczbowych: \(T \approx 1600\) K.