Śląski konkurs matematyczny 2014

[Espeqer]

W trzecim zadaniu też wam nie wychodziło ze zwykłym rozpisaniem? Ciekawe dlaczego dopiero przy założeniu, że \(\displaystyle{ p=2n+1, n \in N\ i\ q=2k+1, k \in N}\) znalazłem tę parę. Pewnie coś źle rozpisałem, chociaż nie sądzę.

[ben2109]

Mi wyszło z rozpisania, może zapomniałeś, że nawiasy mogą być równe np. \(\displaystyle{ 3q}\) i \(\displaystyle{ 4q}\) w \(\displaystyle{ (p-1)(p+1)=12q^{2}}\) .

[Espeqer]

O tym właśnie zapomniałem A ogólnie co sądzisz o zadaniach?

[ben2109]

Zrobiłem zadanie 2 oraz 3, w reszcie coś napisałem byle urwać jakieś punkciki. Sądzę, że były dużo łatwiejsze niż rok temu. Jeśli chodzi o resztę zadań to wystarczająco trudniejsze. Kombinowałem w piątym jakoś okręgi zastosować, ale nie wyszło.

[matmatmm]

Dobrze zrobiłem 1.? Da się prościej?

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 20142014\ldots 2014=2014 (1 +10^4 +\ldots +10^{4(n-1)})=2014\left(\frac{10^{4n}-1}{9999}\right)}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ a=1 +10^4 +\ldots +10^{4(n-1)}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ 2013=3\cdot 11\cdot 61}\). Pokażemy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n\quad 3|a, 11|a,61|a}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ 3|a \iff 3|n}\) oraz \(\displaystyle{ 11|a \iff 11|n}\) (patrz cechy podzielności).
Z małego twierdzenia Fermata
\(\displaystyle{ 10000^{ 61}\equiv 10000 \pmod {61}}\)
Dalej zauważmy, że \(\displaystyle{ NWD(61,1000)=1}\), więc
\(\displaystyle{ 10000^{60}\equiv 1 \pmod {61}}\)
\(\displaystyle{ 10000^{60\cdot 11}\equiv 1 \pmod {61}}\)
\(\displaystyle{ 61|10000^{60\cdot 11}-1=\frac{10000^{ 60\cdot 11}-1}{9999}\cdot 9999}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ NWD(61,9999)=1}\)
\(\displaystyle{ 61|\frac{10000^{ 60\cdot 11}-1}{9999}}\)
Szukanym \(\displaystyle{ n}\) jest zatem \(\displaystyle{ 60\cdot 11=660}\).

[ben2109]

Dobrze zrobione. Kolega powiedział, że gdzieś tam drichleta zastosował, ale nie mam pojęcia jak i czy dobrze to rozwiązał.

[Espeqer]

Dzięki za rozwiązanie. Nie mogłem tego zadania ugryźć Nie dało się tego inaczej rozwiązać, niż z MTF? Bo do postaci ciągu geometrycznego to doszedłem, dalej próbowałem z resztami z dzielenia dla kolejnych n przez 2013, bo myślałem, że będą dążyły do 0. Ale nic z tego. Zabrakło mi tego, jak wykazać, dla jakich n ciąg 20142014...2014 dzieli się przez 61.

@ben, dla pięćdziesięciokąta foremnego to wychodziło. Ale sam na to wpadłem dopiero w domu Drugie też było w miare proste, tylko na tyle je skomplikowałem, że w efekcie je nie zrobiłem. Wystarczyło za y przyjąć 0. Ehh.

Co do czwartego to może ten rysunek Wam coś podpowie



Jak będzie 10 punktów, to będę zadowolony, bo przekombinowałem 3 zadania.

[henryk pawlowski]

Rozwiązanie zadania pierwszego w ogóle nie wymaga MTF.
Wystarczy mianowicie rozważyć dowolny ciąg 2013-wyrazowy liczb tej postaci. I teraz,albo któryś jego wyraz dzieli się przez 2013 i " po zadaniu" ,albo żaden i wtedy któreś dwa z nich muszą dać tę samą niezerową resztę z dzielenia przez 2013.
Stąd zaś wynika,że ich różnica, równa iloczynowi liczby tej postaci i pewnej potęgi 10(która jest względnie pierwsza z 2013)jest podzielna przez 2013. Stąd teza.
W zadaniu trzecim,najpierw zauważamy,że p musi być nieparzyste,podstawiamy więc 2k+1 za p i po łatwych rachunkach wychodzi,że q jest parzyste,a więc 2,co z kolei po podstawienu prowadzi do p=7.

[Kaf]

Według mnie 1 było w miarę proste, 2 natychmiastowe, 3 też proste (zrobiłem je trochę okrężną drogą, ale wyszło), 4 dopiero teraz mam rozwiązanie, 5 ładne, podoba mi się.

Jedyne co się obawiam, to że mogłem czegoś nie dopowiedzieć lub zrobić literówkę w równaniu. W szczególności w 1, gdzie pół minuty przed końcem zauważyłem, że nie dokończyłem pisać rozwiązania .

[bakala12]

Jestem prawie przekonany, że zadanie 4. pochodzi z różowej książki Pana Henryka i jest gdzieś na jej pierwszych stronach

[Pinionrzek]

Nie, tego zadania tam nie ma, 1.1 i 1.12 jest podobne, więc mogłeś z nim pomylić. To 4. to zwykła pała kątów wg mnie, więc chyba trochę za prosta jak na różowy zbiorek

[matmatmm]

Jak zrobić 5.? Mam pomysł na rozwiązanie z wykorzystaniem takiej własności:
Jeśli na płaszczyźnie danych jest \(\displaystyle{ n}\) punktów, z których żadne 3 nie są współliniowe, to można wybrać z nich 2 punkty takie, że wszystkie pozostałe będą leżeć w jednej półpłaszczyźnie, której brzegiem jest prosta zawierająca te 2 punkty.
Nie wiem jednak, jak tę własność udowodnić. Pomoże ktoś?

[Panda]

Wprowadź układ współrzędnych.

[matmatmm]

Prawdą według mnie jest takie coś:
Jeśli na płaszczyźnie danych jest \(\displaystyle{ n}\) punktów, z których żadne 3 nie są współliniowe, to można z nich wybrać \(\displaystyle{ k}\) punktów, które są wierzchołkami wielokąta wypukłego, a wszystkie pozostałe punkty leżą wewnątrz tego wielokąta.
Z tego by wynikała ta własność z poprzedniego posta i wydaje mi się, że można to udowodnić indukcyjnie, choć może to być karkołomne zadanie.

A poza tym to mógłbyś rozwinąć tę myśl z układem współrzędnych? Żaden pomysł mi się nie nasuwa.

[Panda]

Jak już masz ten układ współrzędnych i w nim punkty, to spróbuj "jawnie" wskazać parę punktów, która wyznacza szukaną prostą.

Sorry, zapomniałem, że tu pisałem.