[MIX] Zadania z OMJ(G) (Zawody, Obozy)

[robalbrowal]

Prosiłbym o pomoc w rozwiązaniu takich zadań (wysyłajcie pojedynczo, po kilka itp.). Nie znalazłem rozwiązań do tych zadań.

1. (I Etap) Przy każdym wierzchołku \(\displaystyle{ 55}\)-kąta foremnego napisano liczbę całkowitą. Żadna z tych liczb nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 5}\). Wykaż, że istnieją takie dwie liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\), napisane przy sąsiednich wierzchołkach tego wielokąta, że liczba \(\displaystyle{ a ^{2} - b ^{2}}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 5}\).

2. (I Etap) Udowodnij, że nie istnieją dodatnie liczby nieparzyste \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) spełniające równanie \(\displaystyle{ a ^{2} - b ^{3} =4}\).

3. (I Etap) Czworościan foremny o krawędzi \(\displaystyle{ 1}\) przecięto płaszczyzną tak, że w przekroju otrzymano czworokąt. Jaki jest najmniejszy możliwy obwód tego czworokąta? Odpowiedź uzasadnij.

4. (Obóz) Na obozie matematycznym jest \(\displaystyle{ 202}\) uczniów. Każdemu z nich przypisano liczbę jego znajomych wśród pozostałych uczestników. Rozstrzygnij, czy musi istnieć trójka uczniów, którym przypisano liczby dające tę samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ 101}\). Uwaga. Przyjmujemy, że jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest znajomym \(\displaystyle{ B}\) , to \(\displaystyle{ B}\) jest znajomym \(\displaystyle{ A}\) ..

5. (Obóz) Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ <)BAC= 120◦}\). Na zewnątrz tego trójkąta zbudowano trójkąty równoboczne \(\displaystyle{ ABD}\), \(\displaystyle{ BCE}\), \(\displaystyle{ CAF}\). Udowodnij, że pole trójkąta \(\displaystyle{ BCE}\) jest równe polu pięciokąta wklęsłego \(\displaystyle{ ADBCF}\). PS nie znalazłem symbolu kąta i stopnia...

6. (Obóz) Komisja Finansowa liczy sześć osób, w tym przewodniczący. Należy zamontować w skarbcu jak najmniejszą liczbę zamków i rozdać klucze członkom komisji tak, aby spełnione były następujące warunki:
• każdych czterech członków KF może otworzyć skarbiec,
• żadnych dwóch członków KF nie może otworzyć skarbca,
• trzech członków KF może otworzyć skarbiec wtedy i tylko wtedy, gdy wśród nich jest przewodniczący.
Wyznacz liczbę zamków, które należy zamontować w skarbcu.

7. (Obóz) Rozstrzygnij, czy istnieje taka liczba pierwsza p oraz takie liczby całkowite \(\displaystyle{ a, b i c}\), że liczby \(\displaystyle{ a+b+c}\) oraz \(\displaystyle{ a ^{4} +b ^{4} +c ^{4}}\) są podzielne przez \(\displaystyle{ p}\), ale liczba \(\displaystyle{ a ^{16} +b ^{16} +c ^{16}}\) nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).

8. (Obóz) Na każdym polu prostokątnej szachownicy o wymiarach \(\displaystyle{ 9}\) \(\displaystyle{ x}\) \(\displaystyle{ 11}\) (9 na 11) znajduje się żarówka. Na każdym polu nieleżącym na brzegu szachownicy znajduje się przełącznik, który zmienia stan zgaszona/zapalona) dziewięciu żarówek: żarówki na tym polu i na ośmiu polach sąsiadujących z nim bokiem lub narożem. Ponadto na każdym polu, które nie sąsiaduje z żadnym polem leżącym na brzegu szachownicy, znajduje się jeszcze jeden przełącznik, zmieniający stan \(\displaystyle{ 25}\) żarówek umieszczonych na \(\displaystyle{ 25}\) polach tworzących kwadrat \(\displaystyle{ 5×5}\), którego centralnym polem jest pole ze wspomnianym przełącznikiem. Rozstrzygnij, czy używając dostępnych przełączników można z dowolnego stanu początkowego dojść do stanu, w którym wszystkie żarówki są zgaszone.

9. (Obóz) Czy da się przeciąć dwunastościan foremny płaszczyzną tak, aby w przekroju otrzymać sześciokąt foremny? Odpowiedź uzasadnij.

10. (Obóz) Liczbę całkowitą nazwiemy fajną, jeżeli jest postaci\(\displaystyle{ a ^{16} _{1} + a ^{16} _{2} + a ^{16} _{3} + ... + a ^{16} _{61}}\) , gdzie \(\displaystyle{ a _{1} , a _{2} , a _{3} , ..., a _{61}}\) są liczbami całkowitymi większymi od \(\displaystyle{ 16 ^{61 ^{16} }}\) . Rozstrzygnij, czy iloczyn dowolnych dwóch liczb fajnych jest fajny.

[_Michal]

1.

Ukryta treść:    

Zauważ, że liczba nie podzielna przez \(\displaystyle{ 5}\) podniesiona do kwadratu daję resztę \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 4}\) przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ 5}\). Zatem mamy tylko dwie opcje: możemy dać liczbę której kwadrat daję resztę \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 4}\) przy dzieleniu przez 5. Załóżmy, że teza nie zachodzi. Jeżeli damy obok siebie dwie liczby których kwadraty dają taką samą resztę to zajdzie teza. Czyli musimy dawać na przemian: raz liczbę której kwadrat daję resztę \(\displaystyle{ 1}\), a obok liczbę której kwadrat daję resztę \(\displaystyle{ 4}\) itd. Ale wtedy liczba przy pierwszym i \(\displaystyle{ 55}\) wierzchołku, podniesiona do kwadratu daję taką samą resztę (przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ 5}\)), czyli ich różnica dzieli przez \(\displaystyle{ 5}\). Sprzeczność.

2. Hint

Ukryta treść:    

Przenieś czwórkę na drugą stronę i zastosuj wzór skróconego mnożenia. Potem algorytm Euklidesa.

Rozwiązanie

Ukryta treść:    

Czyli masz coś takiego: \(\displaystyle{ (a-2)(a+2)=b^3}\) Z algorytmu Euklidesa wynika, że \(\displaystyle{ a-2}\) i \(\displaystyle{ a+2}\) mają największy wspólny dzielnik nie większy od \(\displaystyle{ 2}\). Ponieważ obie są nie parzyste, ich NWD jest równe \(\displaystyle{ 1}\). Jeżeli iloczyn liczb względnie pierwszych jest sześcianem to każda z tych, względnie pierwszych, liczb jest sześcianem. Dwa sześciany jednak nie mogą się różnić o \(\displaystyle{ 4}\) (dlaczego?), dlatego takie liczby nie istenieją.

[PoweredDragon]

1 - wsk.:    

Rozpatrz reszty z dzielenia kwadratów przez 5

1:    

Dla uproszczenia liczby będziemy utożsamiać z resztami kwadratowymi \(\displaystyle{ \pmod 5}\)
\(\displaystyle{ 1^2 \equiv 4^2 \equiv 1 \pmod 5}\)
\(\displaystyle{ 2^2 \equiv 3^2 \equiv 4 \pmod 5}\)
Stąd jedynymi niezerowymi resztami kwadratowymi \(\displaystyle{ \pmod 5}\) są \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 4}\)
Załóżmy, że teza nie zachodzi. Oznacza to, że obok siebie nie mogą wystąpić dwie takie same reszty kwadratowe. Ponieważ są one tylko dwie, to muszą występować naprzemiennie (w przeciwnym razie gdzieś wystąpią obok siebie). Ale wierzchołków jest 55, a zatem nieparzysta ilość, stąd któraś reszta musi wystąpić więcej razy niż druga - obok siebie, co kończy dowód.

2 - wsk.:    

Wzór skróconego mnożenia po przeniesieniu \(\displaystyle{ b^3}\) i \(\displaystyle{ 4}\) na przeciwne strony równości.

2:    

Oczywiście możemy śmiało założyć, że \(\displaystyle{ a \ge 3}\), bo \(\displaystyle{ a = 1}\) pozostawi nas z liczbą conajwyżej równą \(\displaystyle{ 0}\).
\(\displaystyle{ b^3 = (a-2)(a+2)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ b^3}\) jest sześcianem, to \(\displaystyle{ (a-2)(a+2)}\) też nim jest. Podkładając \(\displaystyle{ a =2k+1}\) mamy \(\displaystyle{ (2k-1)(2k+3) = b^3}\). Ale \(\displaystyle{ 2k-1}\) i \(\displaystyle{ 2k+3}\) są względnie pierwsze (obie są nieparzyste, jeśli jedna jest podzielna przez \(\displaystyle{ 3}\), to druga nie, a jeśli druga jest podzielna przez liczbę większą niż \(\displaystyle{ 4}\), to druga nie (bo różnica między nimi wynosi 4). Zatem zachodzi \(\displaystyle{ 2k-1 = m^3}\) i \(\displaystyle{ 2k+3 = n^3}\), a wówczas \(\displaystyle{ n^3-m^3 = 2k+3-2k+1 = 4}\). Ale najmniejsza różnica między sześcianami liczb naturalnych to \(\displaystyle{ 1^3-1^3 =0}\), a druga najmniejsza to \(\displaystyle{ 8^3-1^3 = 7}\), skąd wniosek, że jeśli liczby \(\displaystyle{ n, m}\) spełniają \(\displaystyle{ n^3-m^3=4}\), to nie są naturalne - sprzeczność, co istotnie potwierdza, że takie liczby naturalne nieparzyste \(\displaystyle{ a, b}\), że \(\displaystyle{ a^2-b^3 = 4}\) nie istnieją.

3:    

To sobie daruję (przynajmniej póki co); nie chce mi się rysować, ale ciekawskim polecam oznaczyć ten czworokąt na czworościanie, a potem narysować sobie to w postaci siatki, przy czym jeden z punktów odłóżcie sobie na dwóch krawędziach (tak jakbyście je rozdzielili). Wszystko ładnie widać.

Na resztę tymczasowo czasu brak, ale fajnie sobie porobić. Chciałbym takie same zadania na OM :V

[Mruczek]

4:    

Załóżmy, że nie musi istnieć taka trójka osób, to znaczy każda reszta występuje co najwyżej \(\displaystyle{ 2}\) razy. Wszystkich reszt z dzielenia przez \(\displaystyle{ 101}\) jest \(\displaystyle{ 101}\), a wszystkich osób \(\displaystyle{ 202}\), więc wtedy każda reszta występuje dokładnie \(\displaystyle{ 2}\) razy.
Pokażemy, że istnieje graf, w którym każda reszta jest przypisana dokładnie \(\displaystyle{ 2}\) razy.
Weźmy graf dwudzielny składający się z dwóch zbiorów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) po \(\displaystyle{ 101}\) wierzchołków. Łączymy wierzchołek \(\displaystyle{ A_i}\), dla \(\displaystyle{ 1 \le i \le 101}\) z wierzchołkami \(\displaystyle{ B_j}\) dla każdego \(\displaystyle{ 101 - i + 1 \le j \le 101}\). Wtedy wierzchołek \(\displaystyle{ A_i}\) ma dokładnie \(\displaystyle{ i}\) sąsiadów dla każdego \(\displaystyle{ 1 \le i \le 101}\) - stopnie tych wierzchołków dają parami różne reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 101}\). Widać, że każdy wierzchołek \(\displaystyle{ B_j}\) też ma dokładnie \(\displaystyle{ j}\) sąsiadów dla każdego \(\displaystyle{ 1 \le j \le 101}\), bo jest połączony ze wszystkimi wierzchołkami \(\displaystyle{ A_i}\) dla \(\displaystyle{ 101 - j + 1 \le i \le 101}\) (ten graf jest symetryczny). Dlatego każda reszta występuje \(\displaystyle{ 2}\) razy.
Odp.: NIE.

[bartokot]

5 hint:

Ukryta treść:    

Twierdzenie cosinusów i \(\displaystyle{ \cos 120^\circ = -\frac{1}{2}}\)

-- 12 lut 2018, o 20:37 --5 rozwiązanie

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ AB = a, AC = b, BC = c}\), wtedy z twierdzenia cosinusów \(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos 120^\circ = a^2 + b^2 + ab}\).
\(\displaystyle{ [BCE] = \frac{(a^2 + b^2 + ab)\sqrt{3}}{4}}\)
Pięciokąt wklęsły ADBCF możemy podzielić na trójkąty \(\displaystyle{ ABD, ABC, ACF}\), wtedy
\(\displaystyle{ [ABD] = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}}\)
\(\displaystyle{ [ACF] = \frac{b^2\sqrt{3}}{4}}\)
Ze wzoru na pole trójkąta \(\displaystyle{ S = \frac{ab \sin \gamma}{2}}\) mamy
\(\displaystyle{ [ABC] = \frac{ab \sin 120^\circ}{2} = \frac{ab \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{ab \sqrt{3}}{4}}\)
Po zsumowaniu pól trójkątów \(\displaystyle{ ABD, ABC, ACF}\) uzyskujemy pole trójkąta \(\displaystyle{ BCE}\)

[_Michal]

hint do 5 bez kosinusów:    

Z cechy przystawania BKB: \(\displaystyle{ [DBC]=[ABE]}\) i \(\displaystyle{ [BFC]=[CAE]}\), gdzie \(\displaystyle{ [XYZ]}\) to pole trójkąta \(\displaystyle{ XYZ}\).

Symbol kąta:

Kod: Zaznacz cały

angle

Stopnie można różnie, ja na ogól robię tak:

Kod: Zaznacz cały

120^circ

[Premislav]

7.:    

Niech \(\displaystyle{ p>2}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ p|a+b+c}\) oraz \(\displaystyle{ p|a^4+b^4+c^4}\).
Czyli \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \equiv -2(ab+bc+ca) \pmod{p}}\)
i \(\displaystyle{ (a^2+b^2+c^2)^2\equiv 4(ab+bc+ca)^2 \pmod{p}}\),
tj. \(\displaystyle{ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2\equiv 2(ab+bc+ca)^2 \pmod{p}}\),
ale wszakże mamy
\(\displaystyle{ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2=(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)}\), więc wychodzi na to, że
\(\displaystyle{ (ab+bc+ca)^2\equiv 0\pmod{p}}\), a stąd i z wcześniejszych wyliczeń łatwo otrzymać, że \(\displaystyle{ ab+bc+ca\equiv 0 \pmod{p}}\) i \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2\equiv 0\pmod{p}}\). Hmm… Możemy udowodnić indukcyjnie (choć nie tak do końca klasycznie, z \(\displaystyle{ T(n-2)}\) i \(\displaystyle{ T(n-1)}\) wyciskamy prawdziwość \(\displaystyle{ T(n)}\)), że \(\displaystyle{ p |a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\).
W kroku indukcyjnym:
\(\displaystyle{ \left(\red a^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}+c^{2^{n-1}}\right)^2=a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n}+2(ab)^{2^{n-1}}+2(bc)^{2^{n-1}}+2(ca)^{2^{n-1}}=a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n}+2\left({\blue (ab)^{2^{n-2}}+(bc)^{2^{n-2}}+(ca)^{2^{n-2}}\right)^{2}+\\-4\left( abc\right)^{2^{n-2}}({\red a^{2^{n-2}}+b^{2^{n-2}}+c^{2^{n-2}}})}\)
i z założenia induckyjnego dla \(\displaystyle{ n-1}\) i \(\displaystyle{ n-2}\) natychmiast wynika podzielność tych czerwonych przez p,
a z niebieskim trzeba jeszcze chwileczkę pokombinować, no ale też banał, bo \(\displaystyle{ p|(a^{2^{n-2}}+b^{2^{n-2}}+c^{2^{n-2}})^2}\) z zał. indukcyjnego, również z zał. indukcyjnego \(\displaystyle{ p|a^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}+c^{2^{n-1}}}\) i \(\displaystyle{ (p,2)=1}\).

A dla szczególnego przypadku \(\displaystyle{ p=2}\) to zadanie jest w ogóle nieciekawe, łatwo widać, że parzystości musza sie zgodzić.
Odpowiedź: NIE ISTNIEJĄ.

Ten obóz to chyba był w Buchenwaldzie.

[arek1357]

9.

Ukryta treść:    

Połączyć środki boków przeciwległych pięciokąta odcinkami i kontynuować na wszystkie sześć połączonych tymi bokami pięciokątów ...Powstanie sześciokąt ładny

[robalbrowal]

Dziękuję bardzo za wskazówki i pomoc, pozostały jeszcze zadania 6,8,10 (ewentualnie nieco mniej zaawansowane rozwiązanie do zadania 4, jeśli można prosić )
PS nie umiem zedytować pierwszego postu (nawet nie mam przycisku "edytuj" takiego zielonego, ktoś wie jak temu zaradzić?

[timon92]

dopowiem jeszcze, że w zadaniu 9 istnieje inny przekrój niż ten wskazany przez arka1357 dający sześciokąt foremny

[robalbrowal]

timon92, przedstawiłbyś go? Albo jakieś naprowadzenie jeśli można prosić?

[Blazo2000]

6.:

Ukryta treść:    

Układ kluczy spełniający warunki zadania nazwijmy dobrym, natomiast dobry układ składający się z minimalnej liczby różnych kluczy (czyli także zamków) nazwijmy minimalnym. Wykażę, że układ minimalny liczy \(\displaystyle{ 15}\) kluczy. Weźmy najpierw pod uwagę wszystkie te klucze, których nie ma przewodniczący komisji. Wykażę, że musi ich być co najmniej \(\displaystyle{ 5}\). Najpierw zauważmy, że każdy z tych kluczy musi mieć co najmniej \(\displaystyle{ 4}\) z \(\displaystyle{ 5}\) pozostałych członków komisji, gdyby tak nie było to musiałoby istnieć co najmniej \(\displaystyle{ 2}\) takich członków komisji (różnych od przewodniczącego), którzy nie mają pewnego z tych kluczy, zatem wraz z przewodniczącym nie mogliby oni otworzyć skarbca, w sprzeczności z własnością \(\displaystyle{ 3}\). Jeżeli zatem \(\displaystyle{ k}\) oznacza liczbę tych kluczy, których nie ma przewodniczący, to w sumie wszyscy pozostali członkowie komisji mają co najmniej \(\displaystyle{ 4k}\) egzemplarzy tych kluczy. Gdyby każdy z nich miał co najwyżej \(\displaystyle{ k-1}\) z tych kluczy, to w sumie mieli by oni co najwyżej \(\displaystyle{ 5(k-1)}\) egzemplarzy tych kluczy, zatem musiałoby zachodzić \(\displaystyle{ 4k \le L \le 5(k-1)}\), (gdzie \(\displaystyle{ L}\) jest liczbą egzemplarzy kluczy, które posiadają i, których nie posiada przewodniczący) czyli \(\displaystyle{ k \ge 5}\), zatem jeżeli \(\displaystyle{ k<5}\), to wówczas któryś z tych członków komisji musi mieć wszystkie \(\displaystyle{ k}\) kluczy, których nie ma przewodniczący, zatem wspólnie mogą otworzyć skarbiec, w sprzeczności z własnością \(\displaystyle{ 2}\), stąd istotnie \(\displaystyle{ k \ge 5}\). Dalej weźmy pod uwagę wszystkie te klucze, które ma przewodniczący. Wykażę, że musi ich być co najmniej \(\displaystyle{ 10}\). Po pierwsze, każdy z tych kluczy musi posiadać jeszcze co najmniej \(\displaystyle{ 2}\) z pozostałych \(\displaystyle{ 5}\) członków komisji, gdyby tak nie było, to co najmniej \(\displaystyle{ 4}\) z nich nie miałoby pewnego klucza, w sprzeczności z własnością \(\displaystyle{ 1}\). Rozpatrzmy teraz dowolną parę członków komisji (różnych od przewodniczącego). Przypuśćmy, że nie istnieje taki klucz, który posiadali by tylko ci dwaj członkowie tej pary i przewodniczący, wówczas każdy klucz, który posiada przewodniczący musiałoby posiadać \(\displaystyle{ 3}\) pozostałych członków komisji (różnych od przewodniczącego i członków tej pary), ponadto wspólnie posiadają oni także wszystkie klucze, których nie posiada przewodniczący, gdyż inaczej wraz z przewodniczącym nie mogliby oni otworzyć skarbca, w sprzeczności z własnością \(\displaystyle{ 1}\), zatem posiadali by oni wszystkie klucze, czyli mogliby otworzyć skarbiec, w sprzeczności z własnością \(\displaystyle{ 3}\). Oznacza to, że każdej parze członków komisji (różnych od przewodniczącego) możemy przyporządkować taki klucz, który posiadają tylko oni i przewodniczący. Dodatkowo każdej parze musimy przyporządkować inny klucz, gdyż gdyby dwie pary miały przyporządkowany ten sam klucz, to co najmniej \(\displaystyle{ 3}\) członków komisji (różnych od przewodniczącego) by go miało, w sprzeczności z tym, że ma go mieć tylko przewodniczący i członkowie danej pary. Skoro zatem każda para ma przyporządkowany inny klucz, a par tych jest \(\displaystyle{ 10}\), to kluczy musi być co najmniej \(\displaystyle{ 10}\). Podsumowując układ dobry musi liczyć co najmniej \(\displaystyle{ 15}\) kluczy. Taki układ przedstawiają zbiory \(\displaystyle{ A _{1}=\left\{ 6,\ 7,\ 8,\ 9,\ 10,\ 11,\ 12,\ 13,\ 14,\ 15\right\} , A _{2}=\left\{ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 6,\ 7,\ 8,\ 9\right\} , A_{3}=\left\{ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 6,\ 10,\ 11,\ 12\right\} , A_{4}=\left\{ 1,\ 2,\ 4,\ 5,\ 7,\ 10,\ 13,\ 14\right\} , A_{5}=\left\{ 1,\ 3,\ 4,\ 5,\ 8,\ 11,\ 13,\ 15\right\} , A_{6}=\left\{ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 9,\ 12,\ 14,\ 15\right\}}\), gdzie zbiór \(\displaystyle{ A_{i}}\) to zbiór numerów kluczy, które posiada \(\displaystyle{ i}\)-ty członek komisji (przewodniczący komisji ma numer 1).

8.:

Ukryta treść:    

Zauważmy, że jeżeli moglibyśmy za pomocą podanych w treści zadania operacji dojść od dowolnego układu żarówek, do układu w którym wszystkie żarówki są zgaszone, to również moglibyśmy dojść od układu, w którym wszystkie żarówki są zgaszone do dowolnego innego układu, za pomocą tych operacji. Istotnie, jeżeli jesteśmy w stanie z układu \(\displaystyle{ A}\) dojść do układu, w którym wszystkie żarówki są zgaszone (taki układ nazwijmy układem \(\displaystyle{ B}\)), za pomocą ciągu operacji \(\displaystyle{ K}\), to wykonując ponownie ciąg operacji \(\displaystyle{ K}\), znów powracamy do układu \(\displaystyle{ A}\), gdyż każda operacja była wykonywana parzystą liczbę razy, zatem każda żarówka była przełączana parzystą liczbę razy, czyli jest w takim samym stanie jak na początku. Podsumowując, jeżeli z dowolnego układu \(\displaystyle{ A}\), przejdziemy do układu \(\displaystyle{ B}\), wykonując ciąg operacji \(\displaystyle{ K}\), to z układu \(\displaystyle{ B}\), przejdziemy do dowolnego układu \(\displaystyle{ A}\), również wykonując ciąg operacji \(\displaystyle{ K}\). Weźmy teraz pewien ciąg operacji \(\displaystyle{ K}\), który przekształca układ \(\displaystyle{ B}\), w pewien układ \(\displaystyle{ A}\). Zauważmy ponownie, że wykonanie pewnej operacji parzystą liczbę razy nie zmienia układu, gdyż każdą żarówkę w obszarze, który obejmuje ta operacja przełączamy parzystą liczbę razy, czyli nie zmieniamy jej stanu. Oznacza to, że wykonanie pewnej operacji nieparzystą liczbę razy daje taki sam efekt jakbyśmy wykonali tę operację \(\displaystyle{ 1}\) raz, natomiast wykonanie pewnej operacji parzystą liczbę razy daje taki sam efekt, jakbyśmy wcale tej operacji nie wykonali, oznacza to, że jeżeli jesteśmy w stanie dojść z układu \(\displaystyle{ B}\) do pewnego układu \(\displaystyle{ A}\) za pomocą tych operacji, to jesteśmy w stanie to zrobić wykonując każdą operację co najwyżej \(\displaystyle{ 1}\) raz. Ponadto kolejność operacji nie ma znaczenia, gdyż ważne jest tylko to ile razy każda żarówka była przełączana. Wszystkich różnych operacji, które możemy wykonać jest tyle ile przełączników, czyli \(\displaystyle{ 9 \cdot 7+7 \cdot 5=98}\). Mamy zatem dokładnie \(\displaystyle{ 2^{98}}\) różnych ciągów operacji, w których każda z operacji została wykonana co najwyżej \(\displaystyle{ 1}\) raz (przy czym dwa ciągi operacji operacji uznaję za różne wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka operacja, która została wykonana w jednym z nich, a w drugim nie, w szczególność zatem dwa ciągi, w których wykonaliśmy te same operacji, ale w różnej kolejności uznajemy za różne). Oznacza to, że z układu \(\displaystyle{ B}\) jesteśmy w stanie dojść do co najwyżej \(\displaystyle{ 2^{98}}\) różnych układów żarówek. Skoro żarówek jest natomiast \(\displaystyle{ 11 \cdot 9=99}\), to mamy dokładnie \(\displaystyle{ 2^{99} > 2^{98}}\) różnych układów żarówek, zatem z układu \(\displaystyle{ B}\) nie jesteśmy w stanie dojść do wszystkich tych układów, zatem także nie ze wszystkich układów jesteśmy w stanie dojść do układu \(\displaystyle{ B}\).

[robalbrowal]

Wciąż nierozwiązane zadanie, też mi się wydawało najtrudniejsze :


\(\displaystyle{ {\green 10. (Obóz) }}\) \(\displaystyle{ {\yellow xpg}}\) Liczbę całkowitą nazwiemy fajną, jeżeli jest postaci \(\displaystyle{ a^{16} _{1} + a ^{16} _{2} + a ^{16} _{3} + ... + a ^{16} _{61}}\) , gdzie \(\displaystyle{ a _{1} , a _{2} , a _{3} , ..., a _{61}}\) są liczbami całkowitymi większymi od \(\displaystyle{ 16 ^{61 ^{16} }}\) . Rozstrzygnij, czy iloczyn dowolnych dwóch liczb fajnych jest fajny.

Raz jeszcze dziękuję za pomoc, ale żeby się nie nudziło:

dorzucam tu kilka ze stereometrii (w ukrytych tekstach są wskazówki - od razu mówię, że za nic mi te wskazówki nie pomogły i mimo usilnych (bardzo usilnych) prób nie jestem w stanie ich rozwiązać ... nawet nie umiem wykazać tego, o co proszą w tych wskazówkach, więc jest źle i dlatego proszę o pomoc):

11. Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży wewnątrz czworościanu \(\displaystyle{ ABCD}\). Dowieść, że \(\displaystyle{ \angle APB+\angle BPC+\angle CPD+\angle DPA>360^\circ}\).

Ukryta treść:    

Rozważyć punkty \(\displaystyle{ K, L, M, N}\), powstałe przez przecięcie krawędzi \(\displaystyle{ AB, CD, BC, AD}\) płaszczyznami \(\displaystyle{ CDP, ABP, ADP i BCP}\) odpowiednio. Następnie wykazać, że \(\displaystyle{ K,L,M,N}\) leżą w jednej płaszczyźnie. - Nie wiem jak wykazać, że leżą w jednej płaszczyźnie - totalnie brak pomysłu
(+ "na oko" wydaje się, że \(\displaystyle{ P}\) będzie należał do tej płaszczyzny - jak to wykazać. Jeśli tak jest, to jestem w stanie rozwiązać dzięki nierówności dla kątów trójściennych, ale najpierw potrzebuję wykazać, że punkty \(\displaystyle{ K,L,M,N}\) leżą w jednej płaszczyźnie + czy \(\displaystyle{ P}\) także? (jeśli tak to ślicznie, a jak nie to proszę o wskazówkę czy coś)

12. Okręgi wpisane w ściany \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ABD}\) czworościanu \(\displaystyle{ ABCD}\) są styczne do krawędzi \(\displaystyle{ AB}\) w tym samym punkcie. Wykazać, że punkty styczności tych okręgów z krawędziami \(\displaystyle{ AC}\), \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ BD}\) leżą na jednym okręgu.

Ukryta treść:    

Wykazać najpierw, że badane cztery punkty leżą na sferze. Następnie wystarczy udowodnić, iż te punkty leżą na jednej płaszczyźnie. W tym celu oznaczmy przez \(\displaystyle{ L _{C}}\) prostą przechodzącą przez punkty styczności do \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\), zaś przez \(\displaystyle{ L _{D}}\) prostą przechodzącą przez punkty styczności do \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BD}\). Pokazać, że trzy proste: \(\displaystyle{ AB, L _{C} i L _{D}}\) mają punkt wspólny lub są równolegle. - Z tego co wiem, to 4 punkty (niewspółpłaszczyznowe) zawsze leżą na sferze (ad. do 1. zdania), jednak te są współpłaszczyznowe, czyli muszą (chyba) leżeć na jednym okręgu - nie wiem jak wykazać, ale dalsza część sprowadza się do tego samego problemu co w poprzednim - wykazanie, że cztery leżą w jednej płaszczyźnie.

13. W czworościanie \(\displaystyle{ ABCD}\) krawędź \(\displaystyle{ AB}\) jest prostopadła do krawędzi \(\displaystyle{ CD}\) i \(\displaystyle{ \angle ACB=\angle ADB}\). Udowodnić, że płaszczyzna wyznaczona przez krawędź \(\displaystyle{ AB}\) i środek krawędzi \(\displaystyle{ CD}\) jest prostopadła do krawędzi \(\displaystyle{ CD}\).

Ukryta treść:    

Rozważyć symetrię względem płaszczyzny \(\displaystyle{ \pi}\) przechodzącej przez \(\displaystyle{ AB}\) i prostopadłej do \(\displaystyle{ CD}\). Symetria ta posyła punkt \(\displaystyle{ C}\) na taki punkt \(\displaystyle{ C'}\), że \(\displaystyle{ \angle AC'B=\angle ACB}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ C'=D}\). - Tu zaś w ogóle nie mam pojęcia, jak się zabrać...

14. Dany jest czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\), o którego kątach płaskich wiadomo, że \(\displaystyle{ \angle BAD= 60^\circ}\), \(\displaystyle{ \angle BAC= 40^\circ}\), \(\displaystyle{ \angle ABD= 80^\circ}\), \(\displaystyle{ \angle ABC= 70^\circ}\). Dowieść, że krawędzie \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) są prostopadłe.

[xpg]

10.

Ukryta treść:    

Wykażemy, że \(\displaystyle{ x^{16} \equiv 1}\)(mod 64) jeśli 2 nie dzieli x. Skorzystamy z LTE
\(\displaystyle{ v_{2}(x^{16} - 1) = v_{2}(x - 1) + v_{2}(x + 1) + v_{2}(16) - 1 \le v_{2}(8) + v_{2}(16)
-1= v_{2}(64)}\) Nierówność wynika z tego, że jeśli 2 nie dzieli x, to jedna z liczb x-1, x+1 jest podzielna przez 4 -> ich iloczyn jest podzielny przez 8.
Czyli \(\displaystyle{ x^{16} - 1}\) jest podzielne przez 64, czego chcieliśmy dowieść.
Zauważmy, że liczba fajna przystaje do t (mod 64), przy czym \(\displaystyle{ 0 \le t \le 61}\).
Weźmy liczbę fajną przystającą do 7 i do 9 (mod 63). Ich iloczyn przystaje do 63 (mod 64) -> sprzeczność.

[kerajs]

9:    

12sc1.png (11.39 KiB) Przejrzano 2014 razy

12scia.png (11.31 KiB) Przejrzano 2013 razy

13:    

Jeżeli CD jest prostopadła do AB to spodki wysokości ścian ABC i ABD opuszczone z wierzchołków C i D się pokrywają. Jeśli dodatkowo kąty ACB i ACD są równe, to trójkąty ABC i ABD są przystające.
Teraz symetria płaszczyznowa, o której wspomina wskazówka, jest oczywista.

14:    

Wystarczy sprawdzić czy spodki wysokości ścian ABC i ABD opuszczone z wierzchołków C i D się pokrywają na krawędzi AB.
a)
\(\displaystyle{ \left( \frac{\left|CC' \right| }{\left|BC' \right| }=\tg 70^{\circ} \wedge \frac{\left|CC' \right| }{\left|AB \right| - \left|BC' \right| }=\tg 40^{\circ} \right) \Rightarrow \left| BC'\right|= \frac{\left| AB\right| \tg 40^{\circ}}{\tg 40^{\circ}+\tg 70^{\circ}} \\
\left( \frac{\left|DD' \right| }{\left|BD' \right| }=\tg 80^{\circ} \wedge \frac{\left|DD' \right| }{\left|AB \right| - \left|BD' \right| }=\tg 60^{\circ} \right) \Rightarrow \left| BD'\right|= \frac{\left| AB\right| \tg 60^{\circ}}{\tg 60^{\circ}+\tg 80^{\circ}}}\)
Teza będzie prawdziwa gdy \(\displaystyle{ \left|BC' \right| =\left|BD' \right|}\) co prowadzi do niebanalnej tożsamości: \(\displaystyle{ \ctg 60^{\circ}\tg 80^{\circ}=\ctg 40^{\circ}\tg 70^{\circ}}\)
b)
Trójkąt ABC jest równoramienny więc \(\displaystyle{ \left| AC'\right|= \left| AC\right| \cos 40^{\circ}= \left| AB\right| \cos 40^{\circ}}\)
W trójkącie ABD:
\(\displaystyle{ \left| AD'\right|= \frac{\left| AB\right| \tg 80^{\circ}}{\tg 80^{\circ}+\tg 60^{\circ}}=
\frac{\left| AB\right| \sin 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}+ \sqrt{3} \cos 80^{\circ}}=
\frac{\left| AB\right| \sin 40^{\circ} \cos 40^{\circ}}{ \frac{1}{2} \sin 80^{\circ}+ \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 80^{\circ}}=\\= \frac{\left| AB\right| \sin 40^{\circ} \cos 40^{\circ}}{ \sin 140^{\circ}}=\left| AB\right| \cos 40^{\circ}=\left| AC'\right|}\)
\(\displaystyle{ C'=D' \Rightarrow \left| AB\right| \perp \left| CD\right|}\)