Olympiadproblem från Lettland Andrejs Dunkels I nummer 3 av Nämnaren, årgång 19, presenterades Olympiadproblem från Lettland. Här nedan följer lösningar till dessa problem. 1913 1916 Här gäller det att ha hundratalssiffrorna så nära varann som möjligt, t ex 3•• – 2••. Det får ju inte bli några hundratal kvar när man subtraherat, vilket man kan åstadkomma om man får ett lån i tiotalen, som alltså i första termen bör vara så få som möjligt, och i andra termen så många som möjligt. Vi prövar med 31• – 26•, som kan ge tiotalssiffran 5 om vi inte åstadkommer ett lån från entalen. Men väljer vi färre ental i första termen än i den andra så ordnar det sig: 314 – 265 = 49, som är mindre än 50. Saken är klar. Två sträckor kan skära varandra i högst en punkt. Om varje sträcka skär varje annan sträcka så får vi på varje sträcka 5 skärningspunkter. Tar vi detta 6 gånger, dvs multiplicerar med antalet sträckor, så kommer vi att ha räknat varje skärningspunkt två gånger. Maximala antalet skärningspunkter måste alltså vara 5· 6/2 = 15. Genom att göra en sträcka kortare kan vi få bort en av skärningspunkterna. Successivt kan vi alltså åstadkomma alla skärnings-punktsantal fr o m 15 t o m 0. 1914 a) Den högsta siffersumma som man kan få med ensiffriga och tvåsiffriga tal är ju 18, så vi måste ha minst tre siffror i det sökta talet. Efter-som vi söker det minsta talet, så väljer vi givetvis ett tresiffrigt tal med hundratalssiffran så liten som möjligt. Det kan vi åstadkomma genom att välja tiotalssiffran och entalssiffran så stora som möjligt, dvs båda 9, vilket ger siffersumman 18, och vi har då 5 kvar för hundratalssiffran. Det sökta talet är alltså 599. b) Nu gäller det att skaffa sig så många siffror som möjligt. Ingen siffra fick vara 0, så det bästa man då kan åstadkomma är den 23-siffriga repettan, dvs ett 23-siffrigt tal med idel ettor, 11 111 111 111 111 111 111 111. 1917 Det finns 16 rutor som har en sida gemensam med någon av de fyra ifyllda rutorna. Det största talet i dessa 16 rutor måste vara åtminstone 4 + 16 = 20. Därför måste differensen mellan detta tal och ett tal i en intilliggande ruta vara åtminstone 20 – 4 = 16. 1915 1918 Möjliga rester vid division med 7 är 1, 2, 3, 4, 5, 6 och 0. Vi kan nu tänka oss att skriva upp de 1992 talen i en stor tabell med 7 tal i varje rad. Eftersom vi har 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 0 = 21 kommer varje rad i tabellen att ge en restsumma på 21. Vidare gäller 1992/7 = 284 rest 4, så att vi får 284 hela rader och en sista rad med 4 tal, som ger restsumman 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Följaktligen blir den totala restsumman Fågelskrämman måste ha startat 12 – 5 = 7 hus efter lejonet. Å andra sidan måste lejonet ha startat 13 – 5 = 8 hus bakom fågelskrämman. Alltså är det 7 + 8 = 15 hus runt torget. 284· 21 + 10 = 5974. Nämnaren nr 1, 1993 1919 Nej, produkten är åtminstone 5-siffrig, så att vi får sammanlagt åtminstone 11 siffror, och då måste ju minst två vara lika. 41 1920 1925 Efter en stunds experimenterande finner man att 10000-talssiffrorna bör skilja sig på 1 och när man subtraherar så måste det bli minnessiffra, så att differensen börjar på 0. Vidare ser man snabbt att enda möjligheten att få en så liten differens som 250 är att 1000-talssiffrorna är 0 resp 9. Därefter gäller det att använda så små tal som möjligt i första termen och så stora som möjligt i den andra. Efter att ha prövat sig fram ett antal gånger kan man tex komma till 40125 – 39876 = 249, som är mindre än 250. Summan av på varandra följande heltal kan man räkna ut på ett listigt sätt. Låt oss som exempel ta talen fr o m 1 t o m 7. Vi skriver summan två gånger, andra gången i omvänd ordning: 1921 Av de 8 horisontella kanterna kan vi låta fyra gå i öst-västlig riktning, och dem numrerar vi med tal delbara med 3, dvs 3, 6, 9, 12. De fyra kanterna i nord-sydlig riktning ger vi numren 2, 5, 8, 11, dvs tal som ger resten 2 vid division med 3. Slutligen numrerar vi de vertikala kanterna med 1, 4, 7, 10, dvs med tal som ger resten 1 vid division med 3. I varje hörn möts då kanter som har ett nummer som vid division med 3 ger resten 0, 1 resp 2, varför summan ger resten 3, som är ekvivalent med resten 0, dvs summan är delbar med 3. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = okänd summa 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = samma okända summa 8 + 8 + 8 + 8 + 8 + 8 + 8 = 7 · 8 =dubbla okända summan Den summa vi söker är alltså helt enkelt 7·8/2, som vi kan beskriva som antalet termer multiplicerat med summan av första och sista, alltihop dividerat med 2. Det finns en klassisk, enkel geometrisk beskrivning av detta: 1922 Den som gör första draget vinner, ty hon eller han kan efter varje drag successivt lämna högar med 15, 7, 3 och 1 karamell. 1923 Anders ersätter den första stjärnan med a) ett tal skilt från 0; b) 0 och väljer sedan ett annant tal för den sista än det tal som Berit väljer för sin stjärna; c) 0 och väljer sedan samma tal som Berit valt för den sista stjärnan. 1924 En möjlighet visas i figuren här nedan. ... så uppstår en rektangel med mycket speciella sidlängder Vi kan nu göra några experiment: 1 + 2 + 3 + … + 100 = 100 · 101/2 = 5 050 1 + 2 + 3 + … + 200 = 200·201/2 = 20100 1 + 2 + 3 + … + 199 = 199 · 200/2 = 19 900 (räcker inte), (räcker), (räcker inte), vilket visar att det minsta antalet är 200. 1926 När vi multiplicerat med 3 så får vi talet 3A som givetivs är delbart med 3. Men då måste även dess siffersumma vara delbar med 3. Men den siffersumman är enligt texten lika med talets A siffersumma, varför alltså A självt också måste vara delbart med 3. Detta betyder att 3A i själva verket är delbart med 9, genom att båda faktorerna, 3 och A, är delbara med 3. Detta innebär att siffersumman för 3A måste vara delbar med 9, och därmed även siffersumman för A. Det innebär att talet A också är delbart med 9. (Ett exempel är A = 54. Det är lätt att konstruera flera.) 42 Nämnaren nr 1, 1993 1927 En 9x15-rektangel är lätt att dela in i 9 stycken 3x5-rektanglar, vilka alla måste ha en målad ruta. Man kan alltså aldrig komma under 9 målade rutor. Om man väljer just de rutor som målats svarta i figuren nedan så ser man att man också kan klara sig med just 9, som alltså är det minsta antalet. 1928 Anta att skärningspunktens första-koordinat är x = x1. Vi får då a /x1 = b /x1 , varav följer a = b , vilket innebär att de två funktionerna är identiska och deras grafer måste då sammanfalla i alla punkter. De två kurvorna i figuren kan alltså inte vara grafer till två olika funktioner. Två olika funktioners grafer skär aldrig varandra. 1929 MK och AD är parallella, ty M och K är mittpunkter på två av sidorna i triangeln ABD. Enligt texten ligger N på MK, som vi kan förlänga till dess att den skär CD i, säg, L. Nu kan vi titta på triangeln ACD, där NL är parallell med AD. Då måste alltså L vara mitt-punkt på CD, eftersom N är mittpunkt på en annan triangelsida, AC. 1930 Om man eliminerar x och löser ut y ur ekvationssystemet så får man y = (z – t)/(z 2 + t 2), som kan vara antingen positivt eller negativt, beroende på täljaren, eftersom nämnaren alltid är positiv, dvs beroende på vilka värden z och t har. I vilket fall som helst är täljarens numeriska värde, Nämnaren nr 1, 1993 dvs värdet bortsett från tecknet, säkert mindre än nämnaren. Bråket, och därmed y, måste alltså ligga mellan –1 och 1, och där finns bara ett enda heltal, 0, och det värdet fick y inte anta enligt texten. Svaret är alltså: Nej. 1931 Vi noterar först att 1992 är delbart med 4, vi har 1992 = 4·498. Då kan man tänka sig att göra indelningen av cirkel-periferin så att man först markerar 4 punkter som delar den i 4 lika-dana bågar. Punkterna är hörn i en kvadrat. Därefter delar man varje båge på hälften och får fyra hörn i en ny kvadrat. Man fortsätter på det sättet tillräckligt många gånger, i detta fall 498 gånger, och kombinerar lämpligt valda bågar, och får en ny kvadrat för varje gång. Resultatet blir 498 kvadrater med sina 1992 hörn. Av dessa är 492 svarta. a) Om kvadrater tillåts att ha högst ett svart hörn så räcker dessa inte till alla kvadraterna. Vi får exakt 498 – 492 = 6 stycken över, som alltså har idel vita hörn. b) Så fort vi låter någon kvadrat ha två eller fler hörn svarta så får vi fler än 6 helvita kvadrater. 1932 Beteckna silvermyntens och guldmyntens massor med s1 < s2 < s3 < s4 resp g1 < g2 < g3 < g4 . Vid första vägningen avgör man vilken av s1 och g1 som är minst och antecknar den i en sammanfattnings-lista. Vid varje vägning jämför man sedan det lättaste silvermyntet vars vikt inte antecknats i listan med det lättaste guldmyntet som inte antecknats i listan. Efter högst 7 vägningar är då listan klar, eftersom det åttonde värdets placering i listan är given när 7 mynt är klara. Vi kan tex få ett sådant här protokoll: Vägning nr Att jämföra Resultat Slutsats 1 s 1 & g1 s1 < g 1 s 1< 2 s 2 & g1 s2 < g 1 s1<s2 < 3 s 3 & g1 s3 > g 1 s1<s2 <g1< 4 s 3 & g2 s3 > g 2 s1<s2< g1<g2< 5 s3 & g 3 s3 > g 3 s1 <s2<g1< g2< g3< 6 s3 & g 4 s3 > g 4 s1<s2 <g1 <g2<g3< g4<s3<s4 Efter 6 vägningar kan vi i detta exempel avgöra det hela. Om resultatet hade varit det omvända vid vägning 6 så skulle man ha behövt ytterligare en vägning, vilket visar att man inte alltid kan klara sig med färre vägningar än 7. 43