Klub 44

Zadania z matematyki nr 919, 920

Termin nadsyłania rozwiązań: 30 VI 2026

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
905 (\(WT = 1{,}01\)) i 906 (\(WT = 2{,}37\))
z numeru 9/2025

Szymon Kitowski		47,30
Barbara Mroczek		46,43
Andrzej Sudoł	Nowy Sącz	45,47
Mikołaj Znamierowski		44,06
Michał Adamaszek	Kopenhaga	40,68
Marian Łupieżowiec	Gliwice	39,55
Stanisław Bednarek	Łódź	38,25
Krzysztof Kamiński	Pabianice	38,09
Roksana Słowik		37,51
Mikołaj Pater		32,46

Taki moment to radość dla organizatorów Ligi! Bywało, że przez wiele miesięcy linię mety przekraczali, któryś już raz, tylko starzy wyjadacze. A tu, proszę: Szymon Kitowski, Barbara Mroczek, Andrzej Sudoł, Mikołaj Znamierowski – cztery nowe twarze (!) w matematycznym Klubie 44.

Redaguje Marcin E. KUCZMA

919. W trzech pojemnikach rozmieszczone są fasolki (skończenie wiele). Wykonujemy ciąg ruchów. W jednym ruchu wybieramy dwa pojemniki; zawartość tego, w którym jest mniej fasolek, podwajamy, przesypując odpowiednią ilość fasolek z tego, w którym jest więcej (gdy jest po równo, wybór jest dowolny). Udowodnić, że niezależnie od rozmieszczenia początkowego można – iterując to postępowanie – opróżnić jeden z pojemników.

920. Niech  \({r(u,v)=\frac12(u+v)-(uv)^{1/2}}\)  dla \({u,v\ge0}.\)  Dowieść, że dla każdej trójki liczb rzeczywistych \({a,b,c\ge0}\) zachodzi nierówność \[\textstyle \frac13(a+b+c)-(abc)^{1/3}\le2\cdot\max\{r(a,b),r(b,c),r(c,a)\}.\]

Zadanie 920 zaproponował pan Paweł Kubit z Krakowa.

911. Przyjmijmy, że dany prostokąt ma \(m\) wierszy, ponumerowanych \(1,\ldots,m,\) oraz \(n\) kolumn, ponumerowanych \(1,\ldots,n.\) Pola o obu współrzędnych nieparzystych malujemy na czarno – łącznie \({\frac{m}2\cdot\frac{n+1}2}\) pól. Rozważmy parkietaż z użyciem \(p\) płytek typu \(L\) oraz \(q\) płytek typu \(N.\) Zauważmy, że każda płytka nakrywa co najwyżej jedno czarne pole; stąd wniosek, że \[{p+q\ge\frac14\,m(n+1)},\ \ \ \text{czyli}\ \ \ {4q\ge{mn+m-4p}}.\] Płytki dokładnie pokrywają cały prostokąt, wobec czego \[\begin{aligned} mn & =3p+4q\ge3p+(mn+m-4p) \\&=mn+m-p. \end{aligned}\] Dostajemy oszacowanie: \({p\ge{m}}.\)

Równość \({p=m}\) daje się uzyskać wieloma sposobami. Przykładowo: zadany prostokąt kroimy na \(m/2\) pasków o wysokości 2 i długości \(n.\) W każdym takim pasku przy lewym i prawym końcu umieszczamy po jednej płytce typu \(L,\) zaś figurę, która między nimi pozostaje, uzupełniamy płytkami typu \(N\) i mamy parkietaż z użyciem \({(m/2)\cdot2}\) płytek typu \(L.\)

Stąd odpowiedź: minimalna liczba płytek typu \(L\) wynosi \(m.\)

912. Oznaczmy przez \(O\) środek odcinka \(MN,\) łączącego środki \(M\) i \(N\) krawędzi (odpowiednio) \(AB\) i \(CD.\) Skoro \({AB=CD}\) oraz \({MO=NO},\) trójkąty prostokątne \(AMO,\) \(BMO,\) \(CNO,\) \(DNO\) są przystające; ich przeciwprostokątne \(OA,\) \(OB,\) \(OC,\) \(OD\) mają jednakową długość – oznaczmy ją przez \(R.\) Wektory \[{\bf v}_1=\overrightarrow{OA},\ \ \ {\bf v}_2=\overrightarrow{OB},\ \ \ {\bf v}_3=\overrightarrow{OC},\ \ \ {\bf v}_4=\overrightarrow{OD}\] (długości \(R\)) w sumie dają wektor zerowy: \[({\bf v}_1+{\bf v}_2)+({\bf v}_3+{\bf v}_4)=2\,\overrightarrow{OM}+2\,\overrightarrow{ON}={\bf0}.\] Dla dowolnie ustalonego \({r>0}\) bierzemy sferę o środku \(O\) i promieniu \(r.\) Ma ona wymaganą własność: bowiem jeśli \(P\) jest dowolnie wybranym punktem leżącym na niej, to – oznaczając \({\overrightarrow{OP}={\bf p}}\) (tak, że \({{\bf p}^2=r^2}\)) – dostajemy równość: \[\begin{aligned} PA^2+PB^2+PC^2+PD^2 & =\sum_{i=1}^4({\bf v}_i-{\bf p})^2 \\& =\sum_{i=1}^4{\bf v}_i^2-2\Bigl(\sum_{i=1}^4{\bf v}_i\Bigr)\mathop{\lower-2pt\hbox{\bf.}}{\bf p}+4{\bf p}^2 \\&=4R^2+4r^2. \end{aligned}\] Uzyskana wartość nie zależy od wyboru punktu \(P\) na sferze \((O,r).\)

Zadania z fizyki nr 816, 817

Termin nadsyłania rozwiązań: 30 VI 2026

Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA

816. Wahadło matematyczne o długości \(l\) przyczepione jest w punkcie \(A\) z wewnętrznej strony doskonale gładkiej półsfery o promieniu \(R\) (rys. 1). Punkt \(A\) znajduje się na okręgu o promieniu \(R,\) oś symetrii półsfery jest pionowa. Zakładamy, że \(l<R\sqrt2.\) Znaleźć częstość małych drgań wahadła po wewnętrznej powierzchni półsfery.

817. Na gładkiej poziomej płaszczyźnie znajdują się dwa jednakowe hantle, przedstawione na rysunku 2. Każdy z nich składa się z cienkiego nieważkiego pręta o długości \(l,\) do którego końców przymocowane są jednakowe masywne kulki o zaniedbywalnych rozmiarach. Jeden z hantli spoczywa, drugi porusza się ruchem postępowym z prędkością \(v,\) skierowaną równolegle do hantla spoczywającego. Z jaką prędkością zacznie poruszać się nieruchomy hantel po zderzeniu sprężystym?

Rys. 1

Rys. 2

Rys. 3

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
802 (\(WT=1{,}68\)), 803 (\(WT=2{,}58\)) z numeru 9/2024

Jan Zambrzycki	Białystok	4–41,78
Jacek Konieczny	Poznań	41,41
Andrzej Nowogrodzki
	Chocianów	3–35,53
Ryszard Woźniak	Kraków	34,50
Paweł Perkowski	Ożarów Maz.	6–33,93
Krzysztof Zygan	Lubin	31,15
Tomasz Wietecha	Tarnów	18–25,90
Paweł Kubit	Kraków	20,47
Marian Łupieżowiec	Gliwice	3–16,17

808. Oznaczmy liczbę moli i ciśnienie gazu w górnym naczyniu przez \(n_{1}\), \(p_{1}\), a w górnym przez \(n_{2}\), \(p_{2}\). Stan początkowy przed ogrzewaniem jest stanem równowagi: \(T_{1} = T_{2} = T\). Ciężar gazu między ciężkimi tłokami możemy zaniedbać: \(p_{1} = Mg/S\), \(p_{2} = Mg/S + p_{1} = 2Mg/S \Rightarrow p_{2} = 2p_{1},\) gdzie \(M\) jest masą tłoka, a \(S\) jego przekrojem. Z równań Clapeyrona: \(p_{1}HS = n_{1}RT,\) \(p_{2}HS = n_{2}RT,\) stąd \(n_{2} = 2n_{1}\). Podczas ogrzewania ciśnienie w obu częściach nie zmienia się. Ogrzewanie jest izobaryczne, zatem temperatura w dolnej części naczynia rośnie dwukrotnie. Oznaczmy szukaną odległość między tłokami przez \(x\), temperaturę końcową w obu częściach naczynia przez \(T'\). Energia końcowa jest sumą energii potencjalnych tłoków i energii wewnętrznych gazów: \({E_{2} = Mgx + 2Mgx + n_{1}c_{V1}T' + n_{2}c_{V2}T'}\), gdzie \(c_{V1} = 5R/2\), \(c_{V2} = 3R/2\). Po skorzystaniu z równań Clapeyrona \(E_{2} = 17Mgx/2\). Energia po zakończeniu ogrzewania \(E_{1} = 5MgH + 5n_{1}RT/2 + 3n_{2}R(2T)/2 = 27MgH/2\). Układ jest izolowany cieplnie od otoczenia, zatem \(E_{1} = E_{2}\). Ostatecznie: \[x = 27H/17.\]

809. Oznaczmy minimalny rozmiar rozróżnialnych szczegółów obrazu na matrycy aparatu przez \(a\), średnicę odsłoniętej części obiektywu przez \(D\), a jego ogniskową przez \(f\). Jeżeli aparat został ustawiony na przedmiot umieszczony w odległości \(d\) od niego, matryca odległa jest od obiektywu o \(y\): \({y = fd/(d - f)}\). Przedmiot ustawiony w odległości \(d_{1} < d\) da ostry obraz w odległości \(y_{1} = d_{1}f/\left( d_{1} - f \right)\), przy czym obrazem każdego punktu tego przedmiotu będzie kółko na matrycy (rys. 4). Podobnie będzie dla przedmiotów w odległości \(d_{2} > d\). Jeżeli średnica kółka nie przekroczy rozmiaru \(a\), nie zauważymy braku ostrości. Z rysunku (4) mamy \(a/D = \left( y_{1} - y \right)/y_{1} = \left( y - y_{2} \right)/y_{2}\) a stąd \[2/y = 1/y_{1} + 1/y_{2}.\] Jeżeli średnica obiektywu wynosi \(D'\), to \[2/y = 1/{y_{1}'} + 1/{y_{2}'}, \ \ \ \text{gdzie \({y_{1}'} = {d_{1}'}f/( {d_{1}'} - f)\), \({y_{2}'} = {d_{2}'}f/( {d_{2}'} - f )\).}\] Z (1) i (2): \[1/{y_{2}'} = 1/y_{1} + 1/y_{2} - 1/{y_{1}'},\ \ \ {d_{2}'} = 1/( 1/d_{1} + 1/d_{2} - 1/{d_{1}'} ) = \infty.\] Dalsza granica głębi ostrości leży w nieskończoności, i na matrycy powstają akceptowalnie ostre obrazy przedmiotów położonych dalej niż 10 m od obiektywu.

Rys. 4