Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
913 (\(WT = 2{,}37\)) i 914 (\(WT = 2{,}28\))
z numeru 1/2026
Roksana Słowik 42,93 Krzysztof Kamiński Pabianice 41,33 Marian Łupieżowiec Gliwice 40,52 Jędrzej Biedrzycki 39,60 Janusz Olszewski Warszawa 37,74 Janusz Fiett Warszawa 37,18 Łukasz Merta 31,54 Tomasz Wietecha Tarnów 31,43 Piotr Kumor Olsztyn 30,85 Paweł Kubit Kraków 29,64
Redaguje Marcin E. KUCZMA
Rozwiązania zadań z numeru 4/2026
Przypominamy treść zadań:
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 \[\frac13(a+b+c)-(abc)^{1/3}\le2\cdot\max\{r(a,b),r(b,c),r(c,a)\}.\]
919. Załóżmy, że w pewnym momencie w pojemnikach \(A,B,C\) znajduje się, odpowiednio, \(a\) fasolek, \(b\) fasolek, \(c\) fasolek, przy czym \({a\ge{b}\ge{c}}.\) Dzielimy \(b\) przez \(c\) (z resztą): \({b=qc+r}\) (\({0\le{r}<c}\)). Zapisujemy \(q\) w postaci binarnej: \({q=k_0+2k_1+\ldots+2^nk_n},\) gdzie \({k_i\in\{0,1\}},\) \({k_n=1}.\) Wykonujemy serię \(n\) ruchów, w których wsypujemy do pojemnika \(C\) kolejno \({c,2c,4c,\ldots,2^nc}\) fasolek, pobierając je z pojemników \(A,B\) według zasady: \[\hbox{jeśli ${k_i=0},$ bierzemy $2^ic$ fasolek z~$A$;} \atop \hbox{jeśli ${k_i=1},$ bierzemy $2^ic$ fasolek z~$B$}\] (\({i=0,\ldots,n}\)). Łącznie z pojemnika \(A\) wyprowadzamy w ten sposób nie więcej niż \({c+2c+4c+\ldots+2^{n-1}c},\) czyli mniej niż \(2^nc\) fasolek; a ponieważ \({2^nc\le{qc}\le{b}\le{a}},\) znaczy to, że zawartość pojemnika \(A\) była wystarczająca dla wykonania opisanej procedury.
Z pojemnika \(B\) fasolki były brane przy napotykaniu jedynek w rozwinięciu \(q.\) Łącznie wyszło stamtąd dokładnie \(qc\) fasolek. Zostało ich \(r,\) czyli mniej niż \(c\) (możliwe, że w \(A\) zostało jeszcze mniej).
Tak więc moc zawartości najsłabiej wypełnionego pojemnika zmalała; wielkość ta jest półniezmiennikiem opisanej procedury. Powtarzając procedurę, doprowadzamy tę wartość do zera.
920. Przyjmijmy (b.s.o.), że \({a\le{b}\le{c}}.\) Ponieważ \({r(u,v)=\frac12\bigl(u^{1/2}-v^{1/2}\bigr)^2},\) zatem największą z trzech liczb w nawiasie po prawej stronie podanej nierówności jest \(r(c,a).\) Zadanie sprowadza się do wykazania, że \[\frac13(a+b+c)-(abc)^{1/3}\le a+c-2(ac)^{1/2}. \tag{1}\] Jest to prawda, gdy \({a=b=c}\) lub gdy \({a=0}\); dalej przyjmujemy \({c>a>0}.\)
Ustalmy \(a,\) \(c\) i potraktujmy \({b\in[a,c]}\) jako zmienną. Pochodna wyrażenia po lewej stronie (1) (względem \(b\)), równa \({\frac13(1-(ac)^{1/3}b^{-2/3})},\) jest funkcją rosnącą zmiennej \(b,\) co oznacza, że samo to wyrażenie jest funkcją wypukłą tej zmiennej. Osiąga zatem wartość największą, gdy \({b=a}\) lub \({b=c}.\) Należy więc wykazać, że \[\begin{aligned} & \frac13(2a+c)-a^{2/3}c^{1/3}\le a+c-2(ac)^{1/2} \\ \hbox{i}\ \ \ & \frac13(a+2c)-a^{1/3}c^{2/3}\le a+c-2(ac)^{1/2}. \end{aligned} \tag{2}\] Dalej nie będziemy korzystać z tego, że \({a\le{c}}.\) Wobec uzyskanej w ten sposób symetrii wystarczy zająć się jedną z tych nierówności, na przykład tą drugą. Przepiszmy ją w postaci \[\biggl(\frac23{a}+\frac13{c}\biggr)+a^{1/3}c^{2/3}\ge2\bigl(ac\bigr)^{1/2}. \tag{3}\] Korzystając najpierw z nierówności między średnimi ważonymi (A i G) o wykładnikach \(\frac23,\) \(\frac13,\) a następnie z nierówności między zwykłymi średnimi (A i G), dostajemy to, o co chodzi: \[\begin{aligned} \biggl(\frac23{a}+\frac13{c}\biggr)+a^{1/3}c^{2/3} & \ge a^{2/3}c^{1/3}+a^{1/3}c^{2/3} \\&\ge 2\bigl(a^{2/3}c^{1/3}\cdot a^{1/3}c^{2/3}\bigr)^{1/2} =2\bigl(ac\bigr)^{1/2}. \end{aligned}\] Wykazana została nierówność (3), więc i jedna z (symetrycznych) nierówności (2), więc i nierówność (1) – więc i teza zadania.
Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA
Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
810 (\(WT=3{,}1\)), 811 (\(WT=2{,}27\)) z numeru 1/2026
Paweł Perkowski Ożarów Maz. 7–44+2,44 Andrzej Nowogrodzki Chocianów 3–36,90 Tomasz Wietecha Tarnów 18–35,76 Krzysztof Zygan Lubin 34,85 Marian Łupieżowiec Gliwice 3–22,96 Paweł Kubit Kraków 22,44
Rys. 1
Rys. 2
Rys. 3
Rozwiązania zadań z numeru 4/2026
Przypominamy treść zadań:
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?
816. Ciężarek wahadła porusza się podczas drgań po łuku okręgu o promieniu \(r,\) leżącego w płaszczyźnie prostopadłej do wielkiego okręgu półsfery. Z rysunku 3 widać, że \[r = l\sqrt{1 - \frac{l^{2}}{ 4R^{2} }}.\] Wahadło na półsferze jest równoważne zwykłemu wahadłu o długości nici \(r\). Stąd jego częstotliwość małych drgań wynosi: \[\omega = \sqrt{\frac{g}{ l\sqrt{1 - \frac{l^{2}}{ 4R^{2} }} }}.\] Dla \(l = \sqrt{2}R\), \(\omega = \sqrt{{g}/{R}}\). Jest to częstość małych drgań swobodnych ciała na dnie półsfery. Gdy \(l \ll R\), \(\omega = \sqrt{g/l}\). Element powierzchni, na której zachodzą drgania, wyradza się w pionową płaszczyznę.
817. Po zderzeniu hantel nieruchomy zaczyna poruszać się ruchem postępowym z prędkością \(v_{2}\), ruch drugiego hantla jest złożeniem ruchu postępowego jego środka masy z prędkością \(v_{1}\) oraz ruchu obrotowego względem środka masy z prędkością kątową \(\omega\). Zderzenie jest sprężyste, co oznacza, że energia kinetyczna układu zachowuje się: \[\frac{2mv^{2}}{2} = \frac{2m{v_{2}}^{2}}{2} + \frac{2m{v_{1}}^{2}}{2} + \frac{I\omega^{2}}{2},\] gdzie \(m\) jest masą kulki, \[I = \frac{2ml^{2}}{4} = m\frac{l^{2}}{2}\] momentem bezwładności hantla względem jego środka masy, stąd \[v^{2} = {v_{2}}^{2} + {v_{1}}^{2} + l^{2}\frac{\omega^{2}}{2}.\] Na układ w płaszczyźnie poziomej nie działają z zewnątrz żadne siły, obowiązuje więc zasada zachowania pędu układu: \[v = v_{1} + v_{2}.\] Możemy też skorzystać z zasady zachowania momentu pędu względem dowolnego punktu na płaszczyźnie, najwygodniej względem punktu \(O\), gdzie znajduje się środek hantla poruszającego się w chwili zderzenia: \[0 = 2mv_{2}\frac{l}{2} - I\omega.\] Rozwiązując układ równań (1)–(3), otrzymujemy szukany wynik: \[v_{2} = \frac{2v}{3}.\]