Liga Matematyczna 2014/15 – Zestaw 1

Liga Matematyczna 2014/15 – Zestaw 1
Zadanie 1
Dany jest zbiór 10 dwucyfrowych liczb naturalnych. Pokazać, że można wskazać dwa rozłączne podzbiory tego zbioru, dla których suma elementów należących do każdego ze zbiorów jest taka sama.
Rozwiązanie:
Weźmy dowolny 10-elementowy zbiór A liczb dwucyfrowych. Możemy zapytać, ile jest różnych, niepustych podzbiorów tego 10-elementowego zbioru: jest ich 210 − 1 = 1023. Z kolei suma elementów
zbioru A przyjmuje wartość od 10 do
90 + 91 + 92 + 93 + 94 + 95 + 96 + 97 + 98 + 99 = 945.
Mamy więc 936 możliwych sum. Na mocy zasady szufladkowej istnieją dwa różne zbiory A1 oraz
A2 , dla których suma elementów znajdujących się w tych zbiorach jest taka sama. Oczywiście zbiory te nie muszą być rozłączne. Zauważmy jednak, że jeśli ze zbiorów wyrzucimy ich część wspólną,
to będą rozłączne, ale w dalszym ciągu dające tę samą wartość sumy elementów. Dokładniej: jeśli
B = A1 ∩ A2 , to zbiory A1 \ B oraz A2 \ B mają tą samą sumę elementów. Ponieważ nie może być
tak, że oba są puste, to oba zbiory są niepuste.
Zadanie 2
Liczbą doskonałą nazywamy taką liczbę naturalną n, dla której suma wszystkich jej dzielników wynosi
2 · n. Liczbami takimi są np. 6 czy 28. Sprawdzić, czy istnieją liczby doskonałe postaci pn , gdzie p
jest liczbą pierwszą, zaś n jest liczbą naturalną.
Rozwiązanie:
Dla liczby postaci pn możemy wypisać wszystkie jej dzielniki – są to liczby 1, p, p2 ,..., pn−1 , pn .
Sprawdźmy, kiedy jest możliwe, by
2pn = 1 + p + ... + pn .
Od razu widać, że lewa strona tej równości jest podzielna przez p, zaś prawa przy dzieleniu przez p
daje resztę 1. Równość taka nie może być prawdziwa, więc żadna liczba postaci pn , gdzie p jest liczbą
pierwszą, nie jest liczbą doskonałą.
Zadanie 3
Dla każdej liczby naturalnej od jeden do miliona zastosowano następującą procedurę:
• policz sumę wszystkich cyfr liczby w rozwinięciu dziesiętnym;
• jeżeli uzyskana suma nie jest jednocyfrowa, to policz sumę cyfr uzyskanej liczby;
• powtarzaj tak długo, aż uzyskasz sumę będącą liczbą jednocyfrową.
Ile razy w wyniku zastosowania takiej procedury uzyskano każdą z cyfr?
Rozwiązanie:
Przypomnijmy sobie własność podzielności przez 9: reszta z dzielenia liczby n przez 9 jest taka sama
jak reszta z dzielenia przez 9 liczby będącej sumą cyfr liczby n w zapisie dziesiętnym. W związku
z tym opisana w treści zadania operacja nie zmienia reszty z dzielenia liczby przez 9. Startując z
dowolnej liczby naturalnej, zawsze skończymy na jednej z cyfr od 0 do 9 – zauważmy jednak, że na
cyfrze 0 nigdy nie skończymy.
Musimy teraz odpowiedzieć na pytanie, ile razy w zbiorze liczb naturalnych od jeden do miliona
wystąpi każda z reszt z dzielenia przez 9. Od razu widać, że dla liczb od 1 do 999 999 każda reszta
z dzielenia wystąpi tyle samo (a więc 111 111) razy. Z kolei liczba 1 000 000 ma sumę cyfr równą 1,
więc ostatecznie:
• cyfra 0 nie wystąpi ani razu;
• cyfra 1 wystąpi 111 112 razy;
• cyfry od 2 do 9 wystąpią 111 111 razy.
Zadanie 4
Czy liczba
q√
3
5+2−
q√
3
5−2
jest wymierna?
Rozwiązanie:
Zauważmy, że
q√
3
=
√
q√
3
5+2−3
5+2
=4−3
Ale
q√
3
5+2
q√
3
3
2 q√
3
5+2
5−2+3
q√
3
3
5−2
3
5−2
q√
3
q√
3
=
5+2
q√
5+2−
3
2
5−2
q√
3
−
√
5+2=
5−2 .
5 − 2 = 1, co oznacza, że
q√
3
Stąd liczba x0 =
q√
5+2−
q√
q√
3
5+2−
5+2−
q√
3
q√
3
3
5−2
=4−3
q√
3
5+2−
q√
3
5−2 .
5 − 2 jest pierwiastkiem wielomianu W (x) = x3 + 3x − 4.
Jeżeli poszukamy pierwiastków tego wielomianu, to zauważymy, że W (x) = (x − 1)(x2 + x + 4),
co oznacza, że jedynym rzeczywistym pierwiastkiem tego wielomianu jest x0 = 1, czyli musi być
q√
3
5+2−
q√
3
5 − 2 = 1,
jest więc to liczba wymierna.
Zadanie 5
W czworokącie ABCD punkt E jest środkiem boku AB, zaś F środkiem boku CD. Pokazać, że
środki odcinków AF , CE, BF oraz DE są wierzchołkami równoległoboku lub leżą na jednej prostej.
Rozwiązanie:
Popatrzmy na rysunek
Na przedstawionym rysunku środki odcinków AF , CE, BF oraz DE oznaczone są odpowiednio
przez K, L, M oraz N .
Trójkąty EDC oraz ELN są podobne (własność bkb), stąd odcinek EF , który jest środkową
trójkąta EDC, jest również środkową trójkąta ELN . Co więcej, ze względu na skalę podobieństwa
trójkątów EDC oraz ELN , odcinek LN przecina odcinek EF w połowie.
Analogicznie, odcinek EF jest środkową trójkąta F KM i punkt przecięcia odcinków KM oraz
EF leży w połowie odcinka EF . Czyli wszystkie trzy odcinki LN , KM oraz EF przecinają się w
jednym punkcie, który jest środkiem każdego z tych odcinków. A stąd już wynika teza.
Zapraszamy na stronę internetową KNM UG: http://sigma.ug.edu.pl/~knm/
oraz nasz profil na facebooku: https://www.facebook.com/knmug