Klub 44

Zadania z matematyki nr 925, 926

Termin nadsyłania rozwiązań: 30 XI 2026

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
915 (\(WT = 2{,}46\)) i 916 (\(WT = 1{,}33\))
z numeru 2/2026

Roksana Słowik		42,93
Krzysztof Kamiński	Pabianice	42,66
Jędrzej Biedrzycki		42,06
Janusz Olszewski	Warszawa	41,53
Marian Łupieżowiec	Gliwice	40,52
Janusz Fiett	Warszawa	38,51
Tomasz Wietecha	Tarnów	34,34
Paweł Kubit	Kraków	32,69
Piotr Kumor	Olsztyn	32,18
Łukasz Merta		31,54
Piotr Wiśniewski	Warszawa	30,84
Paweł Najman	Kraków	30,41
Marek Spychała	Warszawa	29,44
Andrzej Kurach	Ryjewo	29,17

Redaguje Marcin E. KUCZMA

925. Wewnątrz ustalonego czworokąta wypukłego leży taki punkt, że odcinki łaczące ów punkt z wierzchołkami dzielą czworokąt na cztery trójkąty o równych polach. Dowieść, że istnieją dwa wierzchołki równoodległe od punktu przecięcia przekątnych czworokąta.

926. Znaleźć wszystkie funkcje ciągłe  \({f\colon\mathbb R\to\mathbb R}\)  spełniające równanie funkcyjne \[f(x+f(y))+f(y+f(x))=2x+2y\ \ \ \ \hbox{dla}\;\;x,y\in\mathbb R.\] Zadanie 926 zaproponował pan Witold Bednarek z Łodzi.

921. Z założeń o długościach odcinków wynika, że \({AD>BD}\) oraz że kąt \(BCA\) jest prosty. Zatem \(AB\) jest średnicą okręgu \(\Omega\) opisanego na trójkącie \(ABC.\) Przyjmijmy, że okrąg \(\omega\) o środku \(B\) i promieniu \(BC\) (\({=BE}\)) przecina odcinek \(AD\) w punkcie \(M\) oraz przedłużenia odcinków \(CD\) i \(ED\) odpowiednio w punktach \(F\) i \(G.\) Patrząc na potęgi punktu \(D\) względem okręgów \(\omega\) i \(\Omega,\) dostajemy równości: \[ED\cdot DG=CD\cdot DF=AD\cdot DB.\] Równość skrajnych iloczynów oznacza, że czworokąt \(AEBG\) ma okrąg opisany, wobec czego \[\angle AEG=\angle ABG=\angle MBG=2\cdot\angle MEG\] (ostatnia równość: kąt środkowy okręgu \(\omega\) i kąt wpisany). Tak więc półprosta \(EM\) jest dwusieczną kąta \(AED,\) zatem (w myśl założenia) \(M\) jest środkiem boku \(AB\) trójkąta prostokątnego \(ABC.\) Stąd wniosek, że \({AB=2\cdot{BC}}\) i w konsekwencji \({\angle{ABC}=60^\circ}.\) Jest to jedyna możliwa miara kąta \(ABC.\) Łatwo sprawdzić, że wszystkie postawione warunki są wówczas spełnione przy każdym położeniu punktu \(E\) na łuku \(CM\) okręgu \(\omega.\)

922. Gdy zmienna \(d\) przebiega zbiór wszystkich (dodatnich) dzielników liczby \(k,\) iloraz \({k/{d}}\) przebiega ten sam zbiór. Przyjmijmy oznaczenie: \[h(d,k)=\begin{cases} 1 & \text{gdy ${k}$ dzieli się przez ${d},$} \\ 0 & \text{gdy ${k}$ nie dzieli się przez ${d}$} \end{cases}\] (to funkcja charakterystyczna relacji \({d|k}\)). Tak więc \[\sigma(k)=\sum_{d=1}^n d\cdot h(d,k) =\sum_{d=1}^n \frac kd\cdot h(d,k).\] Przekształcamy wyrażenie określające \(A_n,\) zmieniając porządek sumowania: \[\begin{aligned} A_n=\frac1n\sum_{k=1}^n \frac{\sigma(k)}k & =\frac1n\sum_{k=1}^n\Bigl(\sum_{d=1}^n\frac1d\cdot h(d,k)\Bigr) \\ & =\frac1n\sum_{d=1}^n\Bigl(\frac1d\sum_{k=1}^n h(d,k)\Bigr). \end{aligned}\] Przy ustalonym \(d\) suma  \({\sum_{k=1}^n h(d,k)}\)  zlicza jedynki odpowiadające liczbom \({k\in\{1,\ldots,n\}},\) podzielnym przez \(d\); jest ich \({\lfloor n/{d}\rfloor},\) zatem \[A_n=\frac1n\sum_{d=1}^n\frac1d\Big\lfloor\frac nd\Big\rfloor.\] Ponieważ  \({\frac nd\ge\big\lfloor \frac nd\big\rfloor>\frac{n-d}d\,},\)  dostajemy dwustronne oszacowanie: \[\frac1n\sum_{d=1}^n\frac{n}{d^2}\ge A_n> \frac1n\sum_{d=1}^n\frac{n-d}{d^2}= \frac1n\sum_{d=1}^n\Bigl(\frac{n}{d^2}-\frac1d\Bigr),\] czyli: \[K_n\ge A_n>K_n-\frac1n H_n,\ \hbox{gdzie}\ \ K_n=\sum_{d=1}^n\frac1{d^2},\;\; H_n=\sum_{d=1}^n\frac1d\,.\] Wiadomo (\(\to\) komentarz redaktora Ligi w e-wydaniu), że  \({K_n\to\frac16\pi^2},\)  \({\frac1n H_n\to0}.\)  Z twierdzenia o trzech ciągach wynika odpowiedź:  \({\lim_{n\to\infty}A_n=\frac16\pi^2}.\)

[Autor zadania, Witold Bednarek, opatrzył je uwagą, że pomysłodawcą rozwiązania jest (był) Andrzej Schinzel].

Zadania z fizyki nr 822, 823

Termin nadsyłania rozwiązań: 30 XI 2026

Rys. 1

Redaguje Elżbieta ZAWISTOWSKA

822. Sześcian porusza się w przestrzeni. W pewnej chwili jego ściana \(ABCD\) (rys. 1) jest pozioma, a prędkości punktów \(A\) i \(B\) skierowane są pionowo w dół i mają wartości \(v.\) Prędkość punktu \(C\) w tej samej chwili ma wartość \(2v.\) Jaką maksymalną prędkość mogą mieć w tym samym momencie inne punkty sześcianu?

823. Do źródła o sile elektromotorycznej \(U\) dołączono szeregowo nienaładowany kondensator o pojemności \(C\) i cewkę o indukcyjności \(L.\) W chwili gdy napięcie na kondensatorze osiągnęło wartość \(U,\) do cewki dołączono równolegle jeszcze jeden kondensator o pojemności \(C.\) Znaleźć maksymalny ładunek na tym kondensatorze. Opór wewnętrzny źródła oraz opory przewodów łączących są pomijalnie małe.

Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 F
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
812 (\(WT=3{,}07\)), 813 (\(WT=3{,}37\)) z numeru 2/2026

Andrzej Nowogrodzki	Chocianów	3–38,16
Tomasz Wietecha	Tarnów	18–36,68
Krzysztof Zygan	Lubin	34,85
Marian Łupieżowiec	Gliwice	3–23,88
Paweł Kubit	Kraków	23,36
Filip Wojaczek	Rybnik	17,03

Rys. 3

Rys. 4

818. Promienie wychodzące z gazety pod szkłem biegną we wszystkich kierunkach i przecinając granicę powietrze–szkło, załamują się. Do szkła wchodzą tylko wewnątrz stożka o kącie rozwarcia \(2\alpha_0,\) gdzie \(\alpha_0\) jest kątem całkowitego wewnętrznego odbicia w szkle (rys. 3): \[\alpha_0 = \arcsin({1}/{n}).\] Musimy rozważyć dwa przypadki (pierwszy przedstawia rys. 3).

I. \(\alpha_0 < {\pi}/{4},\) czyli \(n>\sqrt{2}\)

Wszystkie promienie z obszaru \(AD\) padają na matową krawędź i obszar ten jest niewidoczny.

Stosując do trójkąta \(ABD\) twierdzenie sinusów, mamy: \[\frac{AD}{\sin({\pi}/{4}-\alpha_0)} = \frac{AB}{\sin({\pi}/{2}+\alpha_0)}.\] Uwzględniając, że \[AB={AC}/{\sqrt{2}}, \ \ \ AD=AC-DC,\] otrzymujemy \[k=\frac{DC}{AC} = \frac{1+\tan\alpha_0}{2} = \frac{1+{1}/{\sqrt{n^2-1}}}{2}.\] Aby jednak promienie padające z obszaru \(DC\) na krawędź \(BC\) przynajmniej częściowo wychodziły na zewnątrz, najmniejszy kąt padania na krawędź \(BC\) musi być mniejszy od kąta granicznego \(\alpha_0\): \[{\pi}/{4}-\alpha_0<\alpha_0,\] czyli \[\alpha_0>{\pi}/{8} \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ n<{1}/{\sin(\pi/8)}=2{,}61.\] Stąd \[k_{\min} = \frac{1+\tan({\pi}/{8})}{2} \approx 0{,}7.\] II. \(\alpha_0>{\pi}/{4},\) czyli \(n<\sqrt{2}\)

Do krawędzi \(BC\) dotrą promienie ze wszystkich punktów podstawy \(AC,\) a ich kąty padania będą mniejsze niż \(\pi/4,\) czyli promienie wyjdą na zewnątrz pryzmatu.

Podsumowując:
dla \(n<\sqrt{2}\) obserwator widzi cały tekst,
dla \(\sqrt{2}\le n \le {1}/{\sin(\pi/8)}=2{,}61\) widoczna jest część tekstu \(k=\frac{1+{1}/{\sqrt{n^2-1}}}{2},\)
dla \(n>2{,}61\) tekstu nie widać wcale.

819. W opisywanym procesie układ ciecz–para o masie \(m_c+m_p\) przechodzi w stałej temperaturze \(T\) ze stanu początkowego \(1\) do stanu końcowego 3 (rys. 4).

Oznaczając ciśnienie pary nasyconej w tej temperaturze przez \(p_0,\) a jej objętość przez \(V_1,\) mamy: \[p_0V_1=\frac{m_pRT}{\mu_p}, \tag{1}\] gdzie \(\mu_p\) jest masą molową pary.

W stanie pośrednim \(2\) cała ciecz wyparowała i w naczyniu znajduje się tylko para nasycona o ciśnieniu \(p_0\) i objętości \(V_2\): \[p_0V_2= \frac{(m_c+m_p)RT}{\mu_p}. \tag{2}\] W stanie końcowym ciśnienie tej samej masy pary nienasyconej wynosi \(p_3,\) a objętość \(V_3\): \[p_3V_3= \frac{(m_c+m_p)RT}{\mu_p}. \tag{3}\] Z treści zadania: \[p_3=\frac{p_0}{\alpha}, \ \ \ V_3=\beta V_1.\] Z równań (2) i (3): \[V_2 = V_3\frac{p_3}{p_0} = \frac{V_3}{\alpha}.\] Dzieląc (3) przez (1), otrzymujemy \[\frac{m_c+m_p}{m_p} = \frac{p_3V_3}{p_0V_1} = \frac{\beta}{\alpha}.\] Szukany stosunek masy cieczy do masy pary w stanie początkowym wynosi \[\frac{m_c}{m_p} = \frac{\beta}{\alpha}-1 = \frac{1}{2}.\]