Olympiadproblem från Lettland

advertisement
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
Download
Random flashcards
organsik kemi

5 Cards oauth2_google_80bad7b3-612c-4f00-b9d5-910c3f3fc9ce

Multiplacation table

156 Cards Антон piter

Fysik

46 Cards oauth2_google_97f6fa87-d6cd-4ae9-bcbf-0f9c2bb34c13

Create flashcards