listopad 2023

Zad. 1. Załóżmy bez straty ogólności, że x ≤ y ≤ z. Gdyby x wynosił co najmniej 4, suma ułamków z lewej strony równania nie przekraczałaby 3/4, czyli nie mogłaby równać się liczbie naturalnej. Liczba x jest więc równa 1, 2 lub 3.

• Jeśli x=3, to także y=z=3, bo w przeciwnym wypadku lewa strona wynosiłaby maksymalnie 1/3+1/3+1/4 = 11/12. Dla x=y=z=3 mamy t=1.
• Jeśli x=2, to y<5, bo w przeciwnym wypadku lewa strona nie przekraczałaby 1/2+1/5+1/5<1.
  Dla y=4 otrzymujemy z=4, t=1. Dla y=3 dostajemy z=6, t=1. Dla y=2 równanie sprowadza się do 1+1/z = t, co (wobec założenia, że y≤z) jest sprzeczne z warunkami zadania.
• Jeśli x=1, równanie sprowadza się do postaci 1/y+1/z = t–1. Równanie takiej postaci rozwiązywaliśmy w zadaniu 3 z października 2023. Jedyne rozwiązania stanowią y=z=1 (wówczas t=3) oraz y=z=2 (wówczas t=2).

W ten sposób otrzymaliśmy następujące czwórki liczb natualnych spełniające dane równanie:
(3, 3, 3, 1), (2, 4, 4, 1), (2, 3, 6, 1), (1, 1, 1, 3) i (1, 2, 2, 2). Należy jednak pammiętać, że dodkonaliśmy tego przy założeniu, że x ≤ y ≤ z. Należy więc dorzucić nowe czwórki liczb otrzymane przez permutację x, y, z.

Zad. 2.  Gdy Beata wychodziła z nożycami, Adam musiał odpowiedzieć kamieniem lub papierem (ze względu na brak remisów). Adam pokazał papier tylko raz, co oznacza, że musiał co najmniej trzy razy zagrać kamieniem w tych samych rundach, kiedy Beata wychodziła z nożycami, wygrywając te sytuacje. Analogicznie, gdy Adam wychodził z nożycami, Beata musiała odpowiedzieć papierem lub kamieniem. Beata wychodziła z kamieniem dwukrotnie, więc co najmniej trzy razy musiało dojść do sytuacji, gdy Adam wychodził z nożycami, a Beata z papierem, przy czym Adam wygrywał te rundy. Podsumowując, Adam musiał wygrać przynajmniej sześć rund, co prowadzi do wniosku, że w ogólnej klasyfikacji to Adam zwyciężył.

Zad. 3. Liczbą tą jest n. Pokażemy, że n stolików wystarczy, a jednocześnie n–1 może nie wystarczyć do spełnienia warunków zadania. Jeżeli przy stoliku nr k usadzimy wyłącznie uczniów nieposiadających karty o numerze k, spełnimy życzenie Jolanty. Zatem n stolików wystarczy do spełnienia warunków zadania. (Co z uczniami, którym brakuje kilku kart?) Gdyby natomiast na urodziny przyszło n osób, przy czym osoba nr k posiada wszystkie karty oprócz k-tej, wszyscy będą musieli usiąść przy osobnym stoliku. Istnieje więc sytuacja, w której n–1 stołów nie wystarczy do spełnienia życzenia Jolanty.