marzec 2016

Zad. 1. Liczba minut w tygodniu to 60·24·7=10080. Niech x₍₁₀₎ oznacza szukaną liczbę w systemie dziesiętnym. Wtedy x₍₁₀₎+10080 musi być identyczne z x₍₂₎. Ponieważ liczba x₍₂₎ może składać się wyłącznie z zer i jedynek to liczba x₍₁₀₎+10080 też. Stanie się tak, gdy wyeliminujemy z liczby 10080 cyfrę 8. Tak będzie gdy x₍₁₀₎ będzie równe 20, 21, 30, 31, 920, 921 itd. wtedy x₍₁₀₎+10080 będzie równe odpowiednio 10100, 10101, 10110, 10111, 11000, 11001, a x₍₂₎ będzie równe 10100, 10101, 11110, 11111, 1110011000, 1110011001. Łatwo zaobserwować, że równość zachodzi dla 20 i 21. Od liczby 920 liczba cyfr w zapisie dwójkowym jest już znacznie większa od liczby cyfr w zapisie dziesiętnym, dlatego nie rozpatrujemy innych przypadków (zastanów się jak pokazać formalnie, że nie ma większych liczb mających opisaną własność).

Zad. 2. Oznaczmy przez z liczbę jabłek zielonych, a przez c - czerwonych. Zadanie sprowadza się do rozwiązania równania ^c/_c+z = 42·^z/_c+z·^z-1/_c+z-1, które upraszcza się do c²+c·(z-1)-42z²+42z = 0. Potraktujmy to równanie jako równanie kwadratowe z niewiadomą c i parametrem z. Wyróżnik tego równania musi być kwadratem,w przeciwnym razie liczba jabłek czerwonych nie będzie całkowita. Wyróżnik wynosi Δ = 169z²-170z+1. Pamiętając, że z≥2, możemy oszacować to wyrażenie z dołu i z góry przez (13z-8)² < Δ < (13z)², stąd zostaje do rozpatrzenia siedem kwadratów (13z-7)², ..., (13z-1)². Łatwo sprawdzić, że tylko pierwszy z nich spełnia warunki zadania (13z-7)² = 169z²-170z+1 daje po przekształceniach z=4. Wtedy łatwo wyliczyć, że Δ=2025 i c=21.

Zad. 3. Obliczmy pierwsze wyrazy tego ciągu: 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 8,... Można zaobserwować, że są to kolejne liczby występujące podwójnie, oprócz liczby 1, która występuje cztery razy i potęg dwójki, które występują po trzy razy. Tą własność należy udowodnić, np. wykorzystując indukcję matematyczną (patrz niżej). Wtedy możemy zauważyć, że w do wyrazu a₁₀₀₀ najwyższą potęgą dwójki będzie 2⁸, a więc wśród kolejnych wyrazów ciągu oprócz wszystkich liczb, które występują podwójnie, będą znajdowały się dodatkowo dwie jedynki i osiem potęg dwójek. Dlatego a₁₀₀₀ = ^1000-10/₂ = 495. 

Przypuśćmy, że do pierwszego wystąpienia liczby n>1 ciąg zachowuje się jak opisano powyżej. Niech k będzie największą liczbą całkowitą spełniającą 2k < n. Wówczas suma początkowych wyrazów ciągu wynosi
      s₁ = (1+2+⋯+n) + (1+2+⋯+n−1) + (1+2+2²+⋯+2^k) + 1 = n²+2^k+1.
Skoro spełnione jest 2^k+1 = 2⋅2^k < 2n < 2n+1 = (n+1)²−n², to s₁ < (n+1)² i następna liczba w ciągu wynosi [√s₁] = n. Wyznaczamy kolejną liczbę. Suma początkowych wyrazów wynosi teraz s₂ = s₁+n = n²+n+2^k+1. Jeżeli 2^k+1 < n+1, to s₂ < (n+1)² i kolejnym wyrazem ciągu jest też n. Jednak k jest największą liczbą całkowitą spełniającą 2^k < n, czyli 2^k+1≥n. Nierówność 2^k+1 < n+1 może być spełniona jedynie dla n = 2^k+1. Jeżeli n nie jest potęgą dwójki, to kolejnym wyrazem ciągu jest n+1, bo 2^k+1 < 2n < 3n+4, co jest równoważne n²+n+2^k+1 < (n+2)². Pozostaje wykazanie, że jeżeli n=2^k+1, to po trzech wystąpieniach n pojawi się n+1. Obliczamy kolejną sumę początkowych wyrazów s₃ = s₂+n = n²+2n+2^k+1 = n²+3n i dostajemy (n+1)² < s₃ < (n+2)², więc następnym wyrazem jest n+1.