Zadania 31-40

Data ostatniej modyfikacji:
2013-01-2

Symbole matematyczne można wpisywać w notacji kalkulatorowej lub TEX-owej. Można korzystać ze ściągi zamieszczonej na  górze strony na pasku poziomego MENU. Każdy wzór należy poprzedzić napisem tex i zakończyć napisem /tex umieszczonymi w nawiasach kwadratowych. 

 

ZADANIE 31 (4 VII 2009) 
jury (niezweryfikowany), sobota, 04/07/2009 - 17:50

Podaj 7 cyfr występujących bezpośrednio po przecinku w rozwinięciu dziesiętnym liczby (7+4√3)2009.

 

ROZWIĄZANIE ZADANIA 31

Zauważmy, że liczba

,
a więc ma ponad 2000 zer po przecinku. Natomiast suma

jest liczbą naturalną, więc szukane cyfry po przecinku drugiego składnika muszą być dziewiątkami.

Tak naprawdę, to jest ich tam ponad 2000, a nie tylko 7.

 

ZADANIE 32 (4 VII 2009)

Mamy 3 kostki sześcienne. Podpisujemy każdą ściankę jedną z cyfr od 0 do 9, według uznania. Zestawiając tak opisane kostki, możemy tworzyć różne liczby od 1 aż (być może) do  999. Jak powinny być opisane kostki, aby można było ułożyć kolejne liczby naturalne od 1 aż do największej możliwej? Jaka jest ta największa liczba? Jaki jest ogólny sposób postępowania przy 4, 5,..., n kostkach, aby dojść do największej możliwej liczby? Jaka to będzie liczba?

Fajne zadanie

Przy trzech kostkach udało mi się dojść od 1 do 87, ale może da się wycisnąć więcej...

Dla n=3

Nie wiem, jak to uogólnić, ale idea właściwego rozwiązania prawdopodobnie jest podobna, więc przedstawię rozwiązanie dla n=3.
Na trzech kostkach wpisujemy łącznie 18 cyfr. Aby móc ułożyć liczby od 1 do 99 musimy w szczególności ułożyć 0, 11, 22, ..., 88, 99, więc potrzebujemy zera i po dwie jedynki, dwójki, ..., dziewiątki. A to daje 19 cyfr. Zatem do 99 nie dojdziemy. Za to łatwo możemy dojść do liczby 98, wpisując na ściankach:
1. kostka - 0, 1, 2, 3, 4, 5
2. kostka - 6, 7, 8, 9, 1, 2
3. kostka - 3, 4, 5, 6, 7, 8

Dla n= 4, 5 i dalej

W takim razie największą liczbą dla n=4 jest 554, bo nie ma miejsca na trzecią piątkę (4. kostka musi zawierać cyfry niezbędne wcześniej: 9, 0, 1, 2, 3, 4), a liczby od 99 do 554 można już łatwo ułożyć.

Dla n=5 największą liczbą jest 1110, bo każda z 10 cyfr musi występować trzykrotnie, co daje 30 ścianek (dokładnie tyle, ile jest na 5 kostkach) i brakuje miejsca na czwartą jedynkę. Łatwo sprawdzić, że wszystkie liczby mniejsze od 1111 są układalne.

Ogólna odpowiedź powinna być taka: jeśli 6n:10 = k reszta r, gdzie k \inN, 0 ≤ r < 10, to pierwsza liczba nieukładalna jest złożona z k+1 cyfr r+1. To, że takiej liczby ułożyć się nie da, jest oczywiste (brakuje miejsca na k+1-wszą cyfrę r+1), a uzasadnienie tego, że mniejsze od niej dadzą się ułożyć, o ile cyfry na dalszych kostkach wpisujemy kolejno, powinno być rekurencyjne, ale może ktoś to jeszcze sprawdzi i potwierdzi.

ZADANIE 33 (26 IX 2009)

Ostrosłup prawidłowy sześciokątny przecięto płaszczyzną, która przecina wszystkie krawędzie boczne kolejno w punktach A1, A2, ..., A6. Te punkty przecięć połączono odcinkami co trzeci (tzn. A1 z A4, A2 z A5 i A3 z A6). Uzasadnij, że te odcinki mają punkt wspólny.

ROZWIĄZANIE ZADANIA 33

Wynika to z twierdzenia Brianchona.

Nie znam

Nie znam tego twierdzenia. Możesz chociaż napisać, o czym ono jest? W szkole tego nie ma.

Standard gimnazjalny

Zadanie jest elementarne i do jego rozwiązania wystarczy standardowa wiedza z gimnazjum. Pojawiło się zresztą w OMG w ubiegłym roku.

Elementarne rozwiązanie zad. 33

Wystarczy spojrzeć na ten ostrosłup z góry :-) a dokładniej - przyłożyć oko do wierzchołka, by stwierdzić, że punktem wspólnym tych odcinków będzie wierzchołek ostrosłupa, a raczej jego rzut na płaszczyznę tnącą, tzn. przecięcie tej płaszczyzny z wysokością ostrosłupa. A poza tym punkty A1, ..., A6 bez względu na położenie płaszczyzny tnącej leżą na odpowiednich krawędziach bocznych, te zaś łączą się w wierzchołku. Zatem w widoku z góry krawędzie boczne ostrosłupa w wyniku rzutowania pokryją się z odcinkami z zadania. Rzutowanie zachowuje przecinanie się prostych.

Rozwiązanie zad. 33 - trochę inaczej

Przecięcie odcinków A1A4 i A2A5 leży w przecięciu płaszczyzn OA1A4 i OA2A5, czyli na prostej zawierającej wysokość. Na tej samej prostej leżą przecięcia pozostałych par odcinków. Owa prosta przecina płaszczyznę tnącą w jednym punkcie. To ów punkt jest punktem wspólnym odcinków.

ZADANIE 34 (2 XI 2009)

Ponieważ autor poprzedniego rozwiązania w zadanym czasie nie wpisał następnego zadania, aby nie przerywać łańcucha, kolejne zadanie pochodzi od redakcji Portalu.

Jaka jest reszta z dzielenia liczby, której zapis w systemie dziesiętnym składa się z 2009 dwójek, przez 9?

ROZWIĄZANIE ZADANIA 34

Ponieważ dowolna liczba składająca się z 9n takich samych cyfr c jest podzielna przez 9 (suma jej cyfr wynosi 9nc) otrzymujemy:
\overbrace{222\ldots2}^{2009}=\overbrace{222\ldots2}^{2007}\cdot100+22

Ponieważ pierwszy składnik jest podzielny przez 9, zatem ostatecznie reszta wyniesie 4.

ZADANIE 35 (12 XI 2009)

W pewnym kraju żyją dwa plemiona tubylcze: Takonowie i Nienoci. Takonowie zawsze mówią prawdę, Nienoci zaś zawsze kłamią. Pewien turysta na rozdwojeniu dróg spotkał tubylca. Jedna z tych dróg prowadziła do stolicy. Jakie pytanie (jedno!) powinien mu zadać, aby dowiedzieć się, która to droga?

ROZWIĄZANIE ZADANIA 35

Wystarczy zadać tubylcowi pytanie: Którą drogę do stolicy wskazałby mi przedstawiciel innego plemienia niż Twoje? Jeśli napotkanym tubylcem jest Takon, wskaże złą drogę (zgodnie z prawdą), jeśli jest nim Nienot, też wskaże złą drogę (bo skłamie). Zatem w obu wypadkach należy wybrać drogę różną od wskazanej.

ZADANIE 36 (12 XI 2009)

Jakie wartości przyjmują wyrazy ciągu an = NWD(16n-1, n+1)?

To proste

NWD(16n-1, n+1) = NWD(16n-1, 16n-1-16(n+1)) = NWD(16n-1, -17) =
NWD(16n-1, 17) = NWD(17n-n-1, 17) = NWD(n-1, 17) = NWD(n+1, 17).

Wyrazy ciągu przyjmują więc wartości 0, 1, 2, ..., 16.

ROZWIĄZANIE ZADANIA 36

Zadanie niby proste, ale powyższa odpowiedź jest błędna.

NWD(16n-1, n+1) = NWD(17n, n+1).

Ponieważ n i n+1 są względnie pierwsze NWD(16n-1, n+1) = NWD(17, n+1) \in\{1, 17\},
zatem ciąg przyjmuje (okresowo) tylko dwie wartości.

ZADANIE 37 (13 XI 2009)

Jaś napisał na kartce pewien wielomian P, który ma wszystkie współczynniki całkowite, nieujemne. Małgosia chce odgadnąć ten wielomian, zadając Jasiowi dwa pytania o wartości tego wielomianu w konkretnych punktach (np. ile wynosi P(12)?). Jak ma to zrobić?

ROZWIĄZANIE ZADANIA 37

Skoro współczynniki wielomianu są nieujemne, to P(1) jest niemniejsze niż największy ze współczynników. Wystarczy teraz wybrać takie N, aby 10N > P(1). Kolejne współczynniki wielomianu będą równe odpowiednim N-kom cyfr liczby P(10N), z ew. dodatkowymi zerami wiodącymi. Zatem wystarczy zapytać o P(1) oraz P(10N).

Uwaga. Już znajomość P(π) pozwala wyznaczyć jednoznacznie współczynniki wielomianu, bowiem kolejne potęgi liczby π są liniowo niezależne nad pierścieniem liczb całkowitych. Rozumiem jednak, że w zadaniu chodziło o to, by odgadnąć współczynniki bez skomplikowanych obliczeń i nadmiernej teorii.

Uwaga do rozwiązania zad. 37

Powyższe rozwiązanie stanie się jaśniejsze, jeśli zilustrujemy je przykładami.

A) P(x) = 17x3 + 11x2 + 7x + 4. Mamy 102 > P(1) oraz
P(102) = 17(102)3 + 11(102)2 + 7(102) + 4 = 17110704 = 17 11 07 04.

B) P(x) = 97x3 + 2x2 + 27x + 124. Mamy 103 > P(1) oraz
P(103) = 97(103)3 + 2(103)2 + 27(103) + 124 = 97002027124 = 97 002 027 124.

ZADANIE 38 (26 XI 2009)

Ile wynosi najmniejsza liczba naturalna o tej własności, że przestawiając na początek cyfrę jedności, podwajamy wartość tej liczby?

ROZWIĄZANIE ZADANIA 38

Niech 10L+a będzie szukaną liczbą, gdzie a jest jednocyfrowe, a L jest dowolną liczbą n-cyfrową. Wtedy z warunków zadania szukana liczba musi spełniać: 2· (10L+a)=10n·a+L, a po przekształceniu: a·(10n-2) = 19L. Pozostaje pytanie, czy 10n-2 i 19 są względnie pierwsze. Ponieważ wielokrotności 19 dają wszystkie możliwe cyfry na miejscu jedności, można spróbować 10n-2 "podzielić pisemnie" przez 19, tylko od tyłu:
\overbrace{9999\ldots9}^{n-2}8 = 9999...960 + 2·19 = 999...9200 + 40·19000 + 2·19 =
= 99...9840000 + 842·19 = 999...9300000 + 6842·19 = 999...93000000 + 76842·19.
Gdybyśmy chcieli kontynuować tę procedurę, cały czas ostatnią niezerową cyfrą będzie 3. Wyklucza to zatem możliwość, aby liczbą 10n-2 była podzielna przez 19. Stąd z pierwotnej równości wynika, że L=10n-2 oraz a=19, co prowadzi do sprzeczności z założeniem, gdyż a miało być jednocyfrowe. Ostatecznie nie ma takich liczb, które spełniałyby podany warunek.

Błędne rozwiązanie

Rozwiązanie podane przez Stasia jest błędne. Najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania jest 105 263 157 894 736 842.

ROZWIĄZANIE ZADANIA 38 (na palcach)

Szukamy najmniejszej liczby X takiej, że
X
= 10·Y+a oraz 2·X = Y + 10k · a,
gdzie a - cyfra, Y - liczba k-cyfrowa.

Takie liczby istnieją, np. 368421052631578947368421052631578947368421052631578947.

Rozwiązanie

Niech X = ...gfedcba, gdzie małe litery to cyfry liczby X.

1) Oczywiście a>1.

2) Dla a = 2 obliczamy kolejne cyfry na podstawie mnożenia sposobem pisemnym:
...gfedcb2
             2
___________
  ...gfedcb

Najpierw dostajemy
...gfedcb2
              2
___________
   ...gfedc4        czyli b=4, co wpisujemy 'do góry' i mamy

...gfedc42
              2
___________
   ...gfedc4     skąd c=8 itd.

Pierwszy moment, w którym można przerwać to postępowanie, czyli uzupełnić zapis szukanej liczby zerami (na lewo, w nieskończoność), to ten, w którym 'na dole' wpiszemy cyfrę a (=2) bez żadnego przeniesienia. To daje X podane przez frania.

3) Dla a = 3, 4, ..., 9 można sprawdzić (takim samym rachunkiem), że otrzymane X będą większe.

Obliczając na komputerze otrzymałem:

dla a=3, X=157894736842105263
dla a=4, X=210526315789473684
dla a=5, X=263157894736842105
dla a=6, X=315789473684210526
dla a=7, X=368421052631578947
dla a=8, X=421052631578947368
dla a=9, X=473684210526315789.

Są też inne liczby o szukanej własności, np.:

105263157894736842105263157894736842
105263157894736842105263157894736842105263157894736842
105263157894736842105263157894736842105263157894736842105263157894736842.

ZADANIE 39 (30 XI 2009)

Jaś i Małgosia grają w następującą grę: na stole będącym wielokątem foremnym posiadającym środek symetrii kładą na przemian monety, przy czym oboje mają identyczne zestawy monet. Przegrywa osoba, która nie będzie w stanie położyć następnej monety w taki sposób, by nie dotykała ona żadnej z monet już położonych. Grę zaczyna Jaś. Czy istnieje strategia, która gwarantuje mu stuprocentowe zwycięstwo?

ROZWIĄZANIE ZADANIA 39

Istnienie strategii wygrywającej dla Jasia zależy od tego gdzie i o jakiej porze roku toczy się gra. Powiedzmy, że jest to stolik we wnętrzu domu (kawiarni itp.) Jaś powinien położyć pierwszą monetę w środku symetrii wielokąta. Potem na każdy ruch Małgosi odpowiada położeniem takiej samej monety jak ona w miejscu symetrycznym do tego, który ona wybrała. Nie przegra, bo jeśli Małgosia znalazła miejsce na położenie swojej monety, to miejsce symetryczne jest jeszcze wolne.

Jeśli gra toczy się na tarasie w upalny dzień, to miejsce w środku symetrii wielokąta jest zajęte przez wystający tam parasol. Wtedy strategię wygrywającą ma Małgosia, która kopiuje ruchy Jasia w sposób opisany powyżej.

Czy ktoś wie?

Środek symetrii mają tylko wielokąty foremne o parzystej liczbie boków. Czy ktoś wie, jaka jest strategia wygrywająca np. dla stolika trójkątnego?

ZADANIE 40 (10 XII 2009)

Janek zabezpieczył komputer sześciocyfrowym kodem ABCDEF, którego zapomniał. Pamięta jednak, że jego cyfry były różne, A było połową sumy B i CD (traktowanej jako liczba dwucyfrowa), a AC było połową sumy BE i FE (wszystkie traktowane jako liczby dwucyfrowe). Jaki był kod wprowadzony przez Janka?

ROZWIĄZANIE ZADANIA 40

Ten kod to oczywiście 74106.

Powrót na górę strony