Zadania 91-100

Data ostatniej modyfikacji:
2014-08-29

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 91 (17 VII 2014)
Qba (niezweryfikowany), czwartek, 17/07/2014 - 11:46

Mamy 10 worków, a w każdym jest po 100 jednakowych z wyglądu monet. Jednak w jednym worku wszystkie monety są fałszywe - o 0,01 g lżejsze od pozostałych - prawdziwych. Jak za pomocą bardzo dokładnej wagi elektronicznej, wykonując tylko jedno ważenie, przekonać się, który worek zawiera fałszywe monety?

 

Rozwiązanie zadania 91

Numerujemy worki od 1 do 10. Następnie z worka o numerze n wyjmujemy n monet, dla 1≤n≤10. Zauważmy, że wówczas łączna masa wyjętych monet będzie wynosiła 55-0,01k, gdzie k będzie numerem worka z fałszywymi monetami.

ZADANIE 92 (31 VII 2014)

Pokaż, że liczba \sqrt{ \sqrt{2} + \sqrt[3]{3} } + \sqrt[22]{5} jest pierwiastkiem wielomianu o współczynnikach całkowitych. Podaj minimalny stopień takiego wielomianu.

Beznadziejne

Zadanie wygląda na rachunkowo beznadziejne. Nic dziwnego, że wisi tak długo bez rozwiązania. Czy autor mógłby podać jakąś wskazówkę, jak zrobić to bez komputera i nie zarachować się na śmierć? A najlepiej, jeśli poda rozwiązanie. Takie zadanie tylko skutecznie blokują Maraton.

Przepraszam

Przepraszam za niedopatrzenie. Bez podawania wielomianu nie da się podać stopnia tej liczby, bo twierdzenie o sumie liczb algerbraicznych mówi o najwyższym możliwym stopniu wielomianu, a żeby znaleźć stopień algebraiczności trzeba znaleźć najniższy możliwy stopień. Dlatego drugą część zadania anuluję. Zostaje tylko dowód algebraiczności podanej liczby, czyli I część zadania.

Rozwiązanie zadania 92

Teza uproszczonej przez Adama wersji zadania 92 wynika natychmiast z następujących klasycznych twierdzeń:
- suma liczb algebraicznych jest liczbą algebraiczną,
- pierwiastek z liczby algebraicznej jest liczbą algebraiczną.
Wystarczy za rozwiązanie?

Ad. zadanie 92

Nie wiem, czy to Autorowi zadania wystarczy, ale popularny serwis WolframAlpha radzi sobie z tym zadaniem. Po wpisaniu "magicznej" formuły: MinimalPolynomial[Sqrt[2^(1/2)+3^(1/3)]+5^(1/22),x] po upływie kilku-kilkunastu sekund można zobaczyć, że szukany wielomian jest stopnia 264 = [2·(2·3)]·22, a niektóre jego współczynniki mają ponad 50 cyfr (!).

Nie do końca

Mogę uznać tę metodę wyznaczenia stopnia algebraiczności, aby nie korkować Maratonu. Ze względu na reszty, ale względu na anulowanie drugiej części, wystarczy powołanie się na twierdzenia o sumie i pierwiastku liczb algebraicznych.

ZADANIE 93 (5 X 2014)

Czy w ciągu liczbowym 9392, 93929392, 939293929392, ... znajdują się liczby podzielne przez 9293 ?

Rozwiązanie zadania 93

O rozwiązaniu decyduje ciąg 93·104n+ 92, który w arytmetyce modulo 9293 sprowadza się do 104n = 101 (mod 9293). Dalej posłużyłem się kalkulatorem Wolframa. Pierwsze n, które rozwiązuje problem, wynosi 6638.

Prośba do autora

Czy możesz zapisać dokładniej swoje rozwiązanie? Jaki jest związek ciągu 930000...000092 z ciągiem z zadania? Skąd wzięła się równość modulo? I jakie właściwie działanie wykonał ten Wolfram? To co wpisałeś jako rozwiązanie jest dla mnie (i chyba nie tylko dla mnie) całkowicie niejasne.

Wyjaśnienia

Zauważ, że 9392939293....92 = 930000...000092 + 92939293...9293 =
930000...000092 + 9293·1000100010001...10001. Równość modulo też wzięła się z Wolframa.

Jest źle

Równość modulo na pewno jest niepoprawna. Np. 104*6638 mod 9293 nie jest równe 101 ale 6607 (jak podaje ów Wolfram).

Uwaga

Zadanie daje się rozwiązać bez komputera i to zupełnie elementarnymi metodami. Być może trochę pomogę, jeśli zdradzę, że 9293 jest liczbą pierwszą.

Rozwiazanie zadania 93

Ponieważ 9293 jest liczbą pierwszą, ułamek 1/9293 ma rozwinięcie okresowe, czyste, a długość okresu wynosi 2323 cyfry. Zatem w ciągu podanym w zadaniu istnieją liczby podzielne przez 9293. Najmniejszą z nich jest liczba, która ma 9292 cyfr (2323 razy sklejona ze sobą liczba 9392, a 2323·4=9292). Ogólnie warunek podzielności przez 9293 spełniają te wyrazy ciągu z zadania, które mają w rozwinięciu dziesiętnym 9292n cyfr, gdzie n jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie uznane

Idea rozwiązania jest dobra, chociaż sprawdzenie kilku przytoczonych faktów bez komputera może być trudne (np. długości okresu). Inne rozwiązanie można otrzymać, wykorzystując zasadę szufladkową Dirichleta. Oznaczmy n-ty wyraz ciągu 9392, 93929392, ... przez an. Wśród reszt z dzielenia liczb a1, a2, ..., a9294 przez 9293 na pewno znajdą się przynajmniej dwie jednakowe (bo możliwych reszt jest tylko 9293). Załóżmy, że reszty te pochodzą z wyrazów ak i am, przy czym k<m. Wówczas 9293 dzieli różnicę am-ak, której zapis dziesiętny ma postać

Ponieważ 9293 jest liczbą pierwszą (zatem jest względnie pierwsza z 10), dzieli wyraz ciagu am-k, co kończy dowód.

ZADANIE 94 (27 XI 2014)

Wykaż, że pole sześciokąta, którego boki mają długości mniejsze od 1, jest mniejsze od 2,6.

Rozwiązanie zadania 94

Pole powierzchni sześciokąta foremnego to 3a2 √3/2 (dla a=1 to daje ok. 2,598). Z twierdzenia izoperymetrycznego wiadomo, że wielokąt foremny o ustalonym obwodzie ma największe pole ze wszystkich wielokątów o tej samej liczbie boków. Zatem wszystkie sześciokąty o bokach mniejszych od 1 mają pole mniejsze od sześciokąta foremnego o tym samym obwodzie (mniejszym niż 6), a ten z kolei ma pole mniejsze od pola sześciokąta foremnego o obwodzie 6 (bo ten jest do niego podobny w skali większej od 1), a jego pole jest mniejsze od 2,6.

Prośba o kolejne zadanie

Proszę bardzo użytkownika Gryzon (lub Szanowną Redakcję, gdyż minęło już 3 miesiące od ostatniego wpisu) o zamieszczenie kolejnego zadania zgodnie z regulaminem konkursu.

ZADANIE NR 95 (11 V 2015)

Bardzo przepraszam za duże opóźnienie. Oto kolejne zadanie.

Obieżyświat zatrzymał się w dziwnym hotelu. Na pierwszym piętrze numery pokojów były jednocyfrowe, na drugim - dwucyfrowe itd. Kolejne pokojo na każdym piętrze były ponumerowane kolejnymi liczbami naturalnymi. Na piętrze, gdzie zamieszkał Obieżyświat, każdy pokój miał taki sam numer (tzn. ich zapisy cyframi wyglądały tak samo). Na którym piętrze dostał pokój? Ile maksymalnie pokojów jest na tym piętrze?

Rozwiązanie zadania 95

Zadanie jest dość zleżałe (czeka już 2 miesiące). Pewnie dlatego, że treść zadania nie była zbyt jasna, ale po poprawkach redakcyjnych stała się na tyle zrozumiała, że spróbuję je ugryźć.

Jeśli kolejne liczby naturalne mają mieć ten sam zapis cyfrowy, to sugeruje, że zmieniać się musi podstawa systemu, w jakim są zapisane. Na I piętrze numery są jednocyfrowe, a ta sama cyfra jedności w różnych systemach reprezentuje zawsze tę samą liczbę, zatem jednakowe numery nie byłyby kolejnymi liczbami naturalnymi. Na II piętrze numery są dwucyfrowe. Warunek opisany w zadaniu jest wówczas możliwy do zrealizowania, jeśli tylko numery kolejnych pokoi będą zapisane w systemach o kolejnych podstawach naturalnych. Numerem, który będzie się powtarzał jest wówczas 10 (co w kolejnych systemach oznacza liczby 2, 3, 4, 5, 6, ...). Pokojów na tym piętrze może być nieskończenie wiele. Na wyższych piętrach taka sytuacja nie może się zdarzyć, bo ten sam zapis np. trzycyfrowy nie da w różnych systemach kolejnych liczb naturalnych. Nie jestem pewien, czy o to chodziło.

ZADANIE NR 96 (2 VIII 2015)

Czy istnieje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej 7√65, o obwodzie 75+7√65 i polu 637?

Rozwiązanie zadania 96

Trójkąt spełniający warunki zadania nie istnieje.

Uzasadnienie (I sposób)
Załóżmy, że odpowiedź na postawione w zadaniu pytanie jest twierdząca. Niech a i b oznaczają długości przyprostokątnych szukanego trójkąta prostokątnego. Korzystając z jego własności,  otrzymujemy następujący układ trzech równań z dwiema niewiadomymi:
\left\{\begin{array}{rcl}sqrt{a^2+b^2}&amp;=&amp;7sqrt{65}\\a+b+sqrt{a^2+b^2}&amp;=&amp;75+7sqrt{65}\\\frac{1}{2}ab&amp;=&amp;637\end{array}\right.
Wstawiając pierwszą zależność do drugiej, dostajemy nowy układ:
\left\{\begin{array}{rcl}a+b&amp;=&amp;75\\\frac{1}{2}ab&amp;=&amp;637\end{array}\right,
spełniony przez dwie pary liczb (26, 49) oraz (49, 26). Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje jednak, że żadna z nich nie spełnia pierwszego równania z wyjściowego układu. Zatem początkowy układ jest sprzeczny, co oznacza, że trójkąt opisany w zadaniu nie istnieje.

Uwaga. Istnieje dokładnie jeden trójkąt prostokątny spełniający dowolnie wybrane dwa warunki z podanych trzech oraz nieskończenie wiele trójkątów spełniających tylko jeden z nich.

Uzasadnienie (II sposób)

Podstawiając x = a+b i y = ab, otrzymujemy układ równań postaci:
\left\{\begin{array}{rcl}sqrt{x^2-2y}&amp;=&amp;7sqrt{65}\\x+sqrt{x^2-2y}&amp;=&amp;75+7sqrt{65}\\\frac{1}{2}y&amp;=&amp;637\end{array}\right.
Teraz przekształcamy go sposób równoważny, otrzymując:
\left\{\begin{array}{rcl}sqrt{x^2-2y}&amp;=&amp;7sqrt{65}\\x+7sqrt{65}&amp;=&amp;75+7sqrt{65}\\y&amp;=&amp;2\cdot637\end{array}\right.\Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{rcl}x^2-2y&amp;=&amp;3185\\x&amp;=&amp;75\\y&amp;=&amp;1274\end{array}\right.
Otrzymaliśmy układ sprzeczny, co można łatwo sprawdzić. Stąd wnosimy jak w sposobie I.

Zaliczone

Rozwiązanie jest poprawne, choć można było zrobić to samo trochę krócej. Wiadomo, że a2+b2 = c2 = 49·65. Z drugiej strony a2+b2 = (a+b)2 - 2ab = 752 - 4·637. Uzyskaliśmy różne liczby, co świadczy o sprzeczności warunków zadania. 

ZADANIE NR 97 (5 VIII 2015)

Mamy do dyspozycji nieograniczoną liczbę kulek dwóch rodzajów: lżejsze mają masę 1kg, a o cięższych wiadomo, że ich masa wyraża się tą samą całkowitą liczbą kilogramów. Ustal masę cięższych kulek, wiedząc że średnia liczba kulek potrzebnych do odmierzenia każdej z całkowitych mas od 1 kg do 20 kg jest najmniejsza z możliwych, tzn. minimalizujemy średnią liczb an, gdzie an określa liczbę kulek potrzebnych do odmierzenia masy n kg, dla 1 ≤ n ≤ 20. Podaj wartość tej średniej.

Próba rozwiązania zad. 97

Ręcznie sprawdzone. Dla kul 5 kg średnia wynosi 3,2 kule.

Błędne rozwiązanie

Niestety, podana odpowiedź nie jest w pełni poprawna.

Rozwiązanie zadania 97

Dla kul 5 kg najmniejsze liczby kul do odważenia każdej z mas to:
1 kg - 1 szt, 2 kg - 2 szt, 3 kg - 3 szt, 4 kg - 4 szt, 5 kg - 1 szt, 6 kg - 2 szt, 7 kg - 3 szt, 8 kg - 4 szt, 9 kg - 5 szt, 10 kg - 2 szt, 11 kg - 3 szt, 12 kg - 4 szt, 13 kg - 5 szt, 14 kg - 6 szt, 15 kg - 3 szt, 16 kg - 4 szt, 17 kg - 5 szt, 18 kg - 6 szt, 19 kg - 7 szt, 20 kg - 4 szt. Łącznie daje to 74 kule, czyli średnio 3,7.

Rozwiązanie uznane

Teraz odpowiedź jest prawidłowa. Nawiasem mówiąc, przy masie cięższych kulek równej 4 kg lub 6 kg średnia byłaby nieznacznie większa i wynosiła 75/20 = 3,75.

Zadanie można rozwiązać przez zapisanie funkcji jednej zmiennej (zmienna ta wyraża szukaną masę większych kulek), której wartością jest łączna liczba kul użytych do wszystkich ważeń, a następnie przez zoptymalizowanie jej w zbiorze liczb całkowitych dodatnich większych od jedności (można ograniczyć dziedzinę tej funkcji do 20, bo dla większych argumentów funkcja osiągałaby stałą wartość i co ważniejsze - największą z możliwych, to implikowałoby również największą wartość szukanej średniej, a przecież nie o to chodzi w zadaniu).

ZADANIE NR 98 (23 VIII 2015)

Rozwiązać równanie\sqrt{x+100000}+\sqrt{x-100000}=1000.

Rozwiązanie zadania 98

W rozwiązaniu tego równania posłużymy się metodą równań nierównoważnych. Podnieśmy obie strony równania do kwadratu. Przekształcając otrzymane w ten sposób równanie, mamy kolejno:

(\sqrt{x+100000}+\sqrt{x-100000})^2=1000^2
x+100000+2\sqrt{(x+100000)(x-100000)}+x-100000=1000^2
2x+2\sqrt{x^2-100000^2}=1000000
\sqrt{x^2-100000^2}=500000-x
i znowu podnosząc obie strony do kwadaratu, otrzymujemy:
x2 – 1000002 = (500000–x)2
x2 – 1000002 = 5000002 – 1000000x + x2
1000000x = 5000002 + 1000002
x =260000.
Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że ta wartość niewiadomej spełnia wyjściowe równanie, więc stanowi jego jedyny pierwiastek. Proszę o potwierdzenie poprawności rozwiązania, celem zamieszczenia przeze mnie następnego zadania.

Dobrze!

Możesz proponować dalej

ZADANIE NR 99 (24 VIII 2015)

W ciągu arytmetycznym sumy Sm i Sn spełniają warunek Sm/Sn =m2/n2. Udowodnić, że am/an = \frac{2m-1}{2n-1}.

Rozwiązanie zadania 99

Z założenia wiemy, że Sn+1/Sn = \frac{(n+1)^2}{n^2}. Możemy to zapisać inaczej jako \frac{S_{n}+ a_{n+1}}{S_{n}} = \frac{n^2+2n+1}{n^2}. Dalej mamy:  1+\frac{a_{n+1}}{S_{n}}=1+\frac{2n+1}{n^2}, co przekształcamy do postaci (2n+1)Sn = n2an+1. Te same operacje powtarzamy dla m i otrzymujemy (2m+1)Sm = m2am+1. Otrzymane równości dzielimy stronami i korzystając z założenia o stosunku sum, otrzymujemy \frac{2n+1}{2m+1}=\frac{a_{n+1}}{a_{m+1}}, co przy przenumerowaniu indeksów z m+1 i n+1 na m i n daje tezę.

ZADANIE NR 100 - jubileuszowe (27 VIII 2015)

Jak zapisuje się w systemie o podstawie 100100 liczba zapisana w systemie dziesiętnym jako 1000200010000?

Rozwiązanie zadania 100

Ponieważ trzecia potęga liczby będącej podstawą systemu jest większa od 1000200010000, szukany wynik będzie co najwyżej trzycyfrowy. Niech będzie to liczba postaci (ABC)100100. Mamy do rozwiązania równanie 1001002A+100100B+C = 1000200010000, gdzie A, B, C\in{0, 1, ..., 100099}. Ten warunek spełnia tylko jedna trójka liczb z uwagi na jednoznaczność reprezentacji każdej liczby w danym systemie. Szukane cyfry to A=99, B=82108 i C= 9200, bo (1000200010000)10 = 99·1001002 + 82108·100100 + 9200.

ZADANIE NR 101 (29 VIII 2015)

Dla jakich liczb rzeczywistych x1, x2, y1, y2 z przedziału (0, 1) wyrażenie
\sqrt{x_1^2+y_1^2}+\sqrt{x_1^2+(1-y_1)^2}+\sqrt{(1-x_2)^2+y_2^2}+
\sqrt{(1-x_2)^2+(1-y_2)^2}+\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}
osiąga najmniejszą wartość i ile ona wynosi?

GRATULACJE!!!

Gratulujemy uczestnikom Maratonu zadaniowego uporania się z pierwszą setką zadań, co zajęło (niebagatela) 8 lat. Życzymy wielu kolejnych udanych setek! Autor rozwiązania setnego zadania - Robert Ciężabka - otrzymuje nagrodę-niespodziankę.

Powrót na górę strony