Matematyka.pl

Swistak pisze:No cóż, mój powszechny hejt na zadania z systemem dziesiętnym, a szczególnie z suma cyfr dały się we znaki. Pewnie za tym wszystkim stoi Kamil Duszenko .
Mi udało się wymyślić nieźle porąbane rozw. 6. Zacznę od tego, że jest niekonstruktywne .

Szkic mojego 6:
Główna idea: Znaleźć takie \(\displaystyle{ n}\), żeby \(\displaystyle{ 2^n}\) miało dużo dziewiątek na końcu, które się wykasują po dodaniu do tego \(\displaystyle{ n}\)
Lemat 1: \(\displaystyle{ 5^k}\) oraz \(\displaystyle{ 2^k}\) mają łącznie \(\displaystyle{ k+1}\) cyfr.
Lemat 2: \(\displaystyle{ v_p(a^n-b^n)=v_p(a-b)+v_p(n)}\), gdzie \(\displaystyle{ v_p(k)}\) to wykładnik najwyższej potęgi \(\displaystyle{ p}\), która dzieli \(\displaystyle{ k}\), \(\displaystyle{ p|a-b}\) (tzw. Lifting The Exponent Lemma)
Lemat 3: Istnieje nieskończenie wiele takich \(\displaystyle{ c}\), że \(\displaystyle{ 5^c}\) zaczyna się w zapisie dziesiętnym cyframi \(\displaystyle{ 11}\) (powszechnie znany lemat dla potęg dwójki i z góry zadanego ciągu cyfr)
Użycie właśnie tych lematów stanie się prostsze w trakcie rozwiązania.
Dla każdego takiego \(\displaystyle{ c}\), że \(\displaystyle{ 5^c}\) zaczyna się cyframi \(\displaystyle{ 11}\) wskażę pewne \(\displaystyle{ n}\) spełniające żądaną nierówność i zawsze będą to różne wartości. Łącząc to z lematem 3 udowodnię tezę zadania.
Ustalmy zatem \(\displaystyle{ c}\).
Rozpatrzmy możliwe wartości \(\displaystyle{ n=2^c, 2^c+1, ..., 2^c+4 \cdot 5^{c-1} -1}\).
Na mocy lematu 2 po pewnych obliczeniach dostaniemy, że jeżeli \(\displaystyle{ 10^c|2^a-2^b}\), to \(\displaystyle{ 4 \cdot 5^{c-1}|a-b}\), z czego wynika w prosty sposób, że liczby postaci \(\displaystyle{ 2^n}\) dla rozpatrywanych wartości \(\displaystyle{ n}\) dają różne reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 10^c}\). Zauważmy też, że reszt z dzielenia przez \(\displaystyle{ 10^c}\) podzielnych przez \(\displaystyle{ 2^c}\), ale nie przez \(\displaystyle{ 5}\) jest \(\displaystyle{ 4 \cdot 5^{c-1}}\), a tylko takie mogą występować wśród takich wartości \(\displaystyle{ 2^n}\), zatem wszystkie one są przyjmowane przez odpowiednie \(\displaystyle{ 2^n}\) dokładnie raz. Ustalmy zatem nasze \(\displaystyle{ n}\), takie aby \(\displaystyle{ 2^n \equiv_{10^c} -2^c}\). Okazuje się, że spełnia ono warunki zadania. A czemu, to teraz to udowodnimy.
Zapiszmy \(\displaystyle{ 2^n}\) graficznie w postaci \(\displaystyle{ POCZATEK 99..99 KONIEC}\), gdzie KONIEC ma \(\displaystyle{ l}\) cyfr, gdzie \(\displaystyle{ l}\) to liczba cyfr \(\displaystyle{ 2^c}\). Blok 9 ma długość co najmniej \(\displaystyle{ c-l}\), a cyfra jedności początku nie jest 9.
Wtedy \(\displaystyle{ S(2^n) \geq S(POCZATEK)+9(c-l)+2}\)
Popatrzmy teraz na liczbę \(\displaystyle{ 2^n+n}\) jako na sumę \(\displaystyle{ 2^n+2^c}\) i \(\displaystyle{ n-2^c}\), pamiętajmy, że \(\displaystyle{ 2^c \leq n <2^c + 4 \cdot 5^{c-1}}\), obie są superważne .
\(\displaystyle{ S(2^n+2^c)=S(POCZATEK)+1=S(POCZATEK)+1}\).
\(\displaystyle{ 2^n+2^c}\) ma \(\displaystyle{ \geq c}\) zer na końcu zatem \(\displaystyle{ S(2^n+c)=S(2^n+2^c)+S(n-2^c)}\).
\(\displaystyle{ n-2^c<4 \cdot 5^{c-1}}\), ale \(\displaystyle{ 5^c}\) zaczyna się na \(\displaystyle{ 11}\), zatem \(\displaystyle{ 4 \cdot 5^{c-1}}\) ma dokładnie \(\displaystyle{ 1}\) cyfrę mniej niż \(\displaystyle{ 5^c}\). A \(\displaystyle{ 5^c}\) na mocy lematu 1 ma ich \(\displaystyle{ c+1-l}\), zatem \(\displaystyle{ 4 \cdot 5^{c-1}}\) ma ich \(\displaystyle{ c-l}\), zatem \(\displaystyle{ S(n-2^c) \leq 9(c-l)}\), czyli
\(\displaystyle{ S(2^n+c)=S(2^n+2^c)+S(n-2^c) \leq S(POCZATEK)+1 + 9(c-l)<S(POCZATEK)+9(c-l)+2 \leq S(2^n)}\).
UDAŁO SIĘ!!
Łatwo zauważyć, że zawsze produkujemy inne \(\displaystyle{ n}\), zatem jesteśmy w domu .

me123 pisze:podzielę się moim rozwiązaniem zadania 3.:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a _{1},...,a _{m+1}}\) będą wybranymi przez nas liczbami, jeżeli dowolne dwie z nich mają wspólny dzielnik, to dzielimy je przez niego i nadajemy im nową wartość, uzyskaną po podzieleniu. Jeżeli w ten sposób dojdziemy do jedynki (dowolna liczba \(\displaystyle{ a _{i}}\) będzie równa 1), to oznacza, że początkowa wartość \(\displaystyle{ a _{i}}\) dzieli iloczyn pozostałych liczb. W przeciwnym wypadku, okazuje się, że musielibyśmy uzyskać po przekształceniach m+1 względnie pierwszych liczb (nie ma jedynki i nie ma wspólnych dzielników), a to daje sprzeczność bo mamy tylko m pierwszych liczb.

Panda pisze:Jest, jest.
me123 w żadnym momencie nie chodzi o to, że wszystkie są względnie pierwsze. Jeśli jest jakaś para liczb nie względnie pierwszych, to dzieli przez \(\displaystyle{ NWD}\) i otrzymuje parę liczb względnie pierwszych. Może tak robić, bo przy mnożeniu \(\displaystyle{ m}\) liczb, przynajmniej jedna by brała udział, więc de facto dzielimy przez coś, co by było wtedy fragmentem \(\displaystyle{ NWD}\) i nic nie psuło.

Marcinek665 pisze:Czy za nieuwzględnienie tego, że przecięcie symetralnej \(\displaystyle{ AI}\), prostej \(\displaystyle{ BC}\) i prostej \(\displaystyle{ OI}\) może leżeć po różnych stronach odcinka \(\displaystyle{ BC}\) będzie cięte? Bo rozumowanie wtedy jest zupełnie analogiczne, więc nie wiem.

adamm pisze:

Marcinek665 pisze:Czy za nieuwzględnienie tego, że przecięcie symetralnej \(\displaystyle{ AI}\), prostej \(\displaystyle{ BC}\) i prostej \(\displaystyle{ OI}\) może leżeć po różnych stronach odcinka \(\displaystyle{ BC}\) będzie cięte? Bo rozumowanie wtedy jest zupełnie analogiczne, więc nie wiem.

Podbijam pytanie.

adamm pisze:

Marcinek665 pisze:Czy za nieuwzględnienie tego, że przecięcie symetralnej \(\displaystyle{ AI}\), prostej \(\displaystyle{ BC}\) i prostej \(\displaystyle{ OI}\) może leżeć po różnych stronach odcinka \(\displaystyle{ BC}\) będzie cięte? Bo rozumowanie wtedy jest zupełnie analogiczne, więc nie wiem.

Podbijam pytanie.

Msciwoj pisze:Punkty \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) nie są w żaden sposób rozróżnione w treści zadania. Możemy je ordynarnie zamienić miejscami.

Marcinek665 pisze: Tak z ciekawości: czy jest ktoś, kto rozwiązywał układ zakładając, ze \(\displaystyle{ a=\max\{a,b,c,d\}}\)? Bo bardzo mało (a może nawet nikt) moich znajomych tak robiło.