Zadania z matematyki nr 921, 922
Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VII 2026
Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
907 (\(WT = 2{,}42\)) i 908 (\(WT = 2{,}10\))
z numeru 10/2025
Michał Adamaszek Kopenhaga 44,15 Krzysztof Kamiński Pabianice 40,19 Roksana Słowik 39,93 Marian Łupieżowiec Gliwice 39,55 Stanisław Bednarek Łódź 38,25 Mikołaj Pater 36,35 Jędrzej Biedrzycki 34,18 Pan Michał Adamaszek (\(10\!\times\!44\)): szósty uczestnik Ligi matematycznej z dwucyfrową liczbą wykonanych rund!
Redaguje Marcin E. KUCZMA
921. W trójkącie \(ABC\) punkt \(D\) jest spodkiem wysokości \(CD.\) Punkt \(E\) leży wewnątrz tego trójkąta i zachodzą związki: \({AC>BC=BE},\) \({CD^2=AD\cdot{BD}}.\) Dwusieczna kąta \(AED\) połowi bok \(AB.\) Wyznaczyć wszystkie możliwe wartości miary kąta \(ABC.\)
922. Niech \(\sigma(k)\) oznacza sumę wszystkich (dodatnich) dzielników liczby naturalnej \(k.\) Niech \(A_n\) będzie średnią arytmetyczną liczb \({\sigma(k)/{k}}\) po \({k=1,\ldots,n}.\) Obliczyć granicę ciągu \((A_n)\) gdy \({n\to\infty}\) lub wykazać, że ten ciąg nie ma granicy.
Zadanie 922 zaproponował pan Witold Bednarek z Łodzi.
Rozwiązania zadań z numeru 1/2026
Przypominamy treść zadań:
913. Niech \(m\) będzie liczbą naturalną nieparzystą. Wyznaczyć największą możliwą liczność zbioru \(M,\) zawartego w przedziale \([-m,m],\) złożonego z liczb całkowitych, w którym każda trójka różnych liczb ma sumę różną od zera.
914. Znaleźć wszystkie pary \(a,b\) liczb rzeczywistych różnych od zera, dla których funkcja \({f\colon\mathbb R\to\mathbb R}\) dana wzorem \({f(x)=|\sin(ax)|+|\cos(bx)|}\) jest okresowa.
913. Od razu widać, że zbiór \(\{0,1,\ldots,m\}\) nie zawiera trójki liczb o sumie zerowej (krótko: trójki zerowej); zatem \({m+1}\) jest osiągalną licznością zbioru \(M\) (tu i dalej elementami rozważanych zbiorów są liczby całkowite). Pokażemy, że nie da się uzyskać większej liczności; czyli udowodnimy, że
| jeśli \({M\subset[-m,m]}\) jest zbiorem liczb bez trójki zerowej |
| (\(m\) – liczba nieparzysta), to \({|M|\le m+1}.\) |
(*)
Rozpatrzymy najpierw specyficzne sytuacje (i), (ii), (iii). Oznaczenia: \({M_+=M\cap[0,m]},\) \({M_-=M\cap[-m,0)}.\)
(i) Gdy \({m\in{M}}\) oraz \({-m\in{M}}.\) Wówczas \({0\notin{M}}\) (brak trójki zerowej). Rozbijamy zbiór \({M_-\setminus\{-m\}}\) na pary postaci \(\{-m{+}k,-k\},\) gdzie \({k=1,\ldots,\frac12(m{-}1)}.\) Skoro \({m\in{M}},\) zatem z każdej z tych par może wejść do zbioru \(M\) co najwyżej jedna liczba. Dlatego \({|M_-|\le\frac12(m-1)+1=\frac12(m+1)}.\) Skoro \({-m\in{M}},\) zatem (analogicznie) \({|M_+|\le\frac12(m+1)}.\) Stąd \({|M|=|M_+|+|M_-|\le{m+1}}.\)
(ii) Gdy \({m\in{M}},\) ale \({-m\notin{M}},\) za to \({-m+1\in{M}}.\) Rozbijamy zbiór \({M_-\setminus\{-m\}}\) na pary tak samo, jak w przypadku (i); ale teraz \({M_-\setminus\{-m\}=M_-},\) i dlatego \({|M_-|\le\frac12(m-1)}.\) Elementy nieujemne łączymy w pary postaci \(\{l,m{-}1{-}l\},\) gdzie \({l=0,\ldots,\frac12(m{-}3)}\); jest ich \({\frac12(m-1)}.\) Skoro \({-m+1\in{M}},\) z każdej z nich wchodzi do zbioru \(M\) co najwyżej jedna liczba. Nietrudno sprawdzić, że te pary łącznie wyczerpują wszystkie liczby z przedziału \([0,m{-}1],\) z wyjątkiem jednej, „centralnie położonej” liczby \({\frac12(m-1)}.\) Zatem \({|M_+|\le\frac12(m-1)+1+1}\) (dwa ostatnie składniki biorą się z uwzględnienia tej liczby „centralnej” oraz samej liczby \(m\)). Stąd \({|M|=|M_-|+|M_+|\le\frac12(m-1)+\frac12(m+3)=m+1}.\)
(iii) Gdy \({-m\in{M}},\) ale \({m\notin{M}},\) za to \({m-1\in{M}}.\) To przypadek dokładnie symetryczny do (ii); rozumowanie przenosi się przez zmianę znaku wszystkich elementów (oraz przerzucenie liczby 0 do \(M_-\)) i ponownie daje oszacowanie \({|M|\le{m+1}}.\)
Dowód własności \((*)\) przeprowadzimy przez indukcję (po liczbach nieparzystych, więc ze skokiem o 2). Przypadek bazowy (\({m=1}\)) jest banalny. Ustalmy liczbę nieparzystą \({m\ge3}\) i przyjmijmy własność analogiczną do \((*)\) dla \({m-2}\): każdy zbiór bez trójki zerowej, leżący w przedziale \({[-m+2,m-2]}\) liczy nie więcej niż \({m-1}\) elementów. Weźmy teraz dowolny zbiór \({M\subset[-m,m]}\) bez trójki zerowej. Jego część zawarta w przedziale \({[-m+2,m-2]}\) jest mocy \({{}\le{m-1}}.\)
I teraz: jeśli część pozostała, czyli zawarta w zbiorze \(\{-m,-m{+}1,m{-}1,m\}\) jest mocy \({{}\le2},\) to cały zbiór \(M\) liczy nie więcej niż \({m+1}\) elementów; to teza indukcyjna. A jeżeli część zbioru \(M\) zawarta w \(\{-m,-m{+}1,m{-}1,m\}\) jest mocy \({{}\ge3},\) to musi mieć miejsce jedna z sytuacji (i), (ii), (iii); w każdej z nich, jak pokazano wyżej, dostajemy oszacowanie \({|M|\le{m+1}},\) więc także mamy tezę indukcyjną. Własność \((*)\) została udowodniona. Stąd odpowiedź: maksymalna liczność zbioru \(M\) wynosi \({m+1}.\)
914. Zbadamy najpierw przypadek, kiedy \({b=1},\) czyli \({f(x)=|\sin{ax}|+|\cos{x}|}.\) Jeśli \(a\) jest liczbą wymierną, \({a=k/{m}}\) (\({k,m\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\)), to każdy z dwóch składników definiujących \(f\) jest funkcją okresową (o okresie \(m\pi\)), więc funkcja \(f\) też.
W drugą stronę: załóżmy, że \(f\) jest funkcją okresową z okresem \({T>0}\) (niekoniecznie minimalnym): \({f(x+T)=f(x)}.\) Biorąc kolejno \({x=0},\) \({x=\pi},\) dostajemy związki \[\begin{aligned} & |\sin{aT}|+|\cos{T}|=1, \\ & |\sin(a\pi{+}aT)|+|\cos(\pi{+}T)|=|\sin{a\pi}|+1; \end{aligned} \tag{1}\] przy tym \({|\cos(\pi+T)|=|\cos{T}|}\) (liczba \(\pi\) jest okresem podstawowym każdej z funkcji \(|\sin|,\) \(|\cos|\)). Odejmujemy stronami pierwszą równość (1) od drugiej i, korzystając z tego, że \({|\sin(\alpha+\beta)|\le|\sin\alpha\cos\beta|+|\sin\beta\cos\alpha|},\) otrzymujemy po prostym przekształceniu nierówność \[|\sin{a\pi}|\bigl(|\cos{aT}|-1\bigr)+|\sin{aT}|\bigl(|\cos{a\pi}|-1\bigr)\ge0.\] Tu oba składniki są niedodatnie, więc muszą być zerami; dla pierwszego z nich oznacza to alternatywę \[\sin{a\pi}=0\ \ \ \ \hbox{lub}\ \ \ \ |\cos{aT}|=1. \tag{2}\] Jeśli zachodzi pierwsza z równości (2), to \(a\) jest liczbą całkowitą (więc wymierną). Jeśli zachodzi druga równość (2), to \(aT\) (\({\ne0}\)) musi być całkowitą wielokrotnością \(\pi,\) więc \({T=k\pi/{a}}\) (dla pewnego \({k\in\mathbb Z}\)). Wstawiamy to do pierwszego równania (1) i dostajemy \({|\cos{(k\pi/{a})}|=1},\) skąd \({k\pi/{a}=m\pi}\) (dla pewnego \({m\in\mathbb Z}\)) – czyli \({a=k/{m}}.\) Wykazaliśmy, że \({f(x)=|\sin{ax}|+|\cos{x}|}\) jest funkcją okresową wtedy i tylko wtedy, gdy \(a\) jest liczbą wymierną.
Przypadek ogólny (funkcja określona w treści zadania) przez oczywistą zamianę zmiennej \({y=bx}\) (\({b\ne0}\)) sprowadza badaną funkcję do postaci \({|\sin\bigl(\frac{a}{b}\,y\bigr)|+|\cos{y}|}.\) Na mocy przypadku już rozpatrzonego wnosimy, że funkcja \(f\) jest okresowa wtedy i tylko wtedy, gdy stosunek \({a/{b}}\) jest liczbą wymierną. [Rozwiązanie według pomysłu autora zadania (Witold Bednarek).]
Zadania z fizyki nr 818, 819
Termin nadsyłania rozwiązań: 31 VII 2026
Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA
818. Przekrój szklanego pryzmatu jest prostokątnym trójkątem równoramiennym (rysunek). Podstawa \(AC\) i ścianka boczna \(BC\) są gładkie, ścianka boczna \(AB\) – matowa. Szkło, z którego wykonano pryzmat, ma współczynnik załamania \(n.\) Pryzmat stoi na gazecie. Jaką część powierzchni tekstu widzi obserwator, który patrzy przez gładką ściankę \(BC\)?
819. W naczyniu znajduje się ciecz i jej para nasycona. W wyniku procesu izotermicznego rozprężania objętość zajmowana przez parę wzrosła \(\beta=3\) razy, a ciśnienie pary zmalało \(\alpha=2\) razy. Znaleźć stosunek masy cieczy do masy pary znajdujących się w naczyniu w chwili początkowej. Objętość zajmowaną przez ciecz zaniedbać.
Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
804 (\(WT=2{,}2\)), 805 (\(WT=1{,}5\)) z numeru 10/2025
Jan Zambrzycki Białystok 5–44+1,04 Jacek Konieczny Poznań 41,41 Paweł Perkowski Ożarów Maz. 6–37,19 Andrzej Nowogrodzki Chocianów 3–36,28 Krzysztof Zygan Lubin 34,85 Ryszard Woźniak Kraków 34,5 Tomasz Wietecha Tarnów 18–27,40 Paweł Kubit Kraków 21,82 Marian Łupieżowiec Gliwice 3–19,65 Zbigniew Galias Kraków 1–14,75
Rozwiązania zadań z numeru 1/2026
Przypominamy treść zadań:
810. Gładki, jednorodny sznurek o długości \(l\) i masie \(m\) przerzucony jest przez niewielki nieruchomy blok tak, że w chwili początkowej pozostaje w równowadze, a po lekkim przesunięciu zaczyna ześlizgiwać się z bloku. Znaleźć siłę nacisku sznurka na blok w chwili, gdy jego długość z jednej strony wynosi \(l/3.\)
811. Naładowany kondensator płaski znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym, którego linie są prostopadłe do płaszczyzn okładek. Odległość między okładkami wynosi \(d,\) indukcja pola magnetycznego \(B.\) Wewnątrz kondensatora, koło ujemnie naładowanej okładki znajduje się źródło powolnych elektronów wysyłanych w różnych kierunkach. Jakie musi być napięcie między okładkami, aby elektrony ogniskowały się z możliwie najlepszą dokładnością na dodatnio naładowanej okładce? Oddziaływanie między elektronami zaniedbujemy.
810. Siłę naprężenia sznurka \(N\) w badanej chwili możemy obliczyć z równań ruchu: \[2mg/3 - N = 2ma/3,\ \ \ N - mg/3 = ma/3,\] gdzie \(a\ \)jest przyspieszeniem sznurka, stąd \[N = 4mg/9.\] Szukana siła \(F\) nacisku na blok wynosi \[F = 2N - \Delta F,\] gdzie \(\Delta F\) jest wypadkową składowych pionowych sił dośrodkowych działających na elementy sznurka leżące na bloku. Mimo że promień \(r\ \)bloku jest mały, nie możemy jej pominąć, bo masa tej części sznurka \(\Delta m \sim r\), a przyspieszenie dośrodkowe \(a_{d}\sim1/r\).
Siłę \(\Delta F\) możemy wyliczyć z zasady zachowania pędu. Rozważmy mały przedział czasowy \(\Delta t,\) w którym część sznurka o prędkości \(v\) i masie \(mv\Delta t/l\ \)przechodzi przez blok, a jej prędkość zmienia się z \(v\) na \(- v\). Spełnione jest równanie: \[\Delta F\Delta t = 2mv^{2}\Delta t/l,\] \[\Delta F = 2mv^{2}/l.\] Prędkość \(v\ \)w badanej chwili możemy obliczyć z zasady zachowania energii: \[- mgl/4 = - mgl/18 - 2mgl/9 + mv^{2}/2,\] \[v^{2} = gl/18.\] Z równań (1)–(3) otrzymujemy szukaną siłę nacisku: \[F = 7mg/9.\] 811. Niech oś \(Z\ \)będzie skierowana przeciwnie do wektora natężenia pola elektrycznego \(\mathbf{E}\). Ruch elektronu jest złożeniem ruchu wzdłuż osi \(Z\) oraz ruchu po okręgu w płaszczyźnie prostopadłej do \(\mathbf{B.}\) Ze strony pola elektrycznego na elektron działa siła \(\mathbf{F = -}e\mathbf{E}\), która nadaje mu przyspieszenie wzdłuż osi \(Z\) o bezwzględnej wartości \[a_{z} = eE/(m) = eU/(md),\] gdzie \(U\) jest napięciem między okładkami, \(m\) masą elektronu, \(- e\ \)jego ładunkiem. W płaszczyźnie prostopadłej do \(Z\) elektron porusza się po okręgu o promieniu \(R = mv_{\bot}/(eB)\), a \(v_{\bot}\ \)jest rzutem jego prędkości na płaszczyznę prostopadłą do \(Z\). Okres obrotu \[T = 2\pi m/(eB).\] Aby wiązka elektronów ogniskowała się w jednym punkcie na dodatniej okładce, czas ich przelotu między okładkami musi wynosić \(nT\), gdzie \(n = 1,2,3,\ldots,\) czyli spełniony musi być warunek: \[d = v_{z}nT + a_{z}n^{2}T^{2}/2 = v_{z}nT + eUn^{2}T^{2}/(2md),\] gdzie \(v_{z}\) jest zetową składową prędkości elektronu emitowanego ze źródła. Dla różnych kątów emisji \(v_{z}\) jest inne, i zogniskowanie wiązki w jednym punkcie nie jest możliwe. Ponieważ jednak źródło emituje powolne elektrony, możemy w poprzednim wzorze zaniedbać pierwszy wyraz zależny od prędkości. Stąd otrzymujemy warunek na napięcie między okładkami: \[U = ed^{2}B^{2}/(2\pi^{2}n^{2}m).\] Jest to wynik przybliżony. Elektrony nie skupiają się w jednym puncie, lecz tworzą „plamkę” na dodatnio naładowanej okładce. Jej rozmiar będzie najmniejszy dla \(n = 1.\) Ostatecznie szukane napięcie wynosi: \[U = ed^{2}B^{2}/(2\pi^{2}m).\]