Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Pragnę przypomnieć o zasadach panujących w tego rodzaju tematach. Nie dyskutujemy o tym, kto zrobił ile zadań i o ich stopniu trudności do zakończenia części korespondencyjnej. Przypominam, że poważne naruszenie tych zaleceń skutkować będzie banem.
Cześć
Skoro termin nadsyłania zadań już minął, to czy ktoś pomoże mi rozwiązać zadanie nr. 5?
Z góry dzięki
Treść zadania:
Czy istnieją takie cztery dodatnie liczby całkowite, których suma jest równa \(\displaystyle{ 2^{1002}}\) , a iloczyn jest równy \(\displaystyle{ 5 ^{1002}}\) ? Odpowiedź uzasadnij.
Re: XVI OMJ
: 13 paź 2020, o 22:40
autor: matmatmm
Wskazówka
Ukryta treść:
Jaka jest ostatnia cyfra liczby \(\displaystyle{ 2^{1002}}\)? Jaka może być ostatnia cyfra liczby podzielnej przez \(\displaystyle{ 5^{1002}}\)?
Re: XVI OMJ
: 13 paź 2020, o 23:23
autor: a4karo
Ukryta treść:
Każda z szukanych liczb musi być potęgą 5. rozważmy cztery przypadki
1. Wszystkie wykładniki są dodatnie. Wtedy każda z liczb jest podzielna przez 5, więc ich suma także - sprzeczność
2. jeden wykładnik jest zerowy. Wtedy suma pozostałych trzech jest podzielna przez pięć, a z drugiej strony jest równa `2^{1002}-1\equiv 3\mod 10` - też sprzeczność
3. dwa wykładniki są zerowe. Wtedy musi zachodzić `2^{1002}-2=5^a+5^b`, gdzie `a,b>0` co też jest niemożliwe z tego samego powodu
4. trzy wykładniki są zerowe. Wtedy czwarta liczba jest równa iloczynowi, więc ich suma przekracza zadaną sume.
Wniosek: nie ma takich liczb
XVI OMJ
: 21 paź 2020, o 16:30
autor: Styropianigmus_123
Hej! Jestem nowy na forum i na początek, miło mi was poznać ! Z racji, że 9 października zakończył się I etap XVI OMJ, części korespondencyjnej, to pomyślałem, że fajnie byłoby pogadać, podyskutować, powymieniać się spostrzeżeniami odnośnie zadań. Na jaki próg punktowy do II etapu stawiacie? Jak myślicie, ile punktów dostaniecie za dwie części? Myślę, że wyduszę coś koło 40 pkt., czy mam szansę przejść dalej? To mój pierwszy raz w OMJ i poprosiłbym o rady, jak przygotować się na II etap, jaki jest zakres materiału, jakieś fajne chwyty, metody na zadania, książki (oprócz publikacji SEMu i kwadratu), ogólnie wszystko co wiecie. Będę bardzo wdzięczny za wszelką pomoc .
Re: XVI OMJ
: 23 sty 2021, o 15:13
autor: Blazo2000
Witam wszystkich w tym temacie i zapraszam do komentowania swoich wrażeń po II etapie, jak poszło, łatwe/trudne? Jaki przewidujecie próg?
Re: XVI OMJ
: 24 sty 2021, o 15:24
autor: Kaczka30
Dla mnie kilka zadań było trudnych, kilka nieco prostszych. Najtrudniejsze chyba było zad 5 i zad 1, więc od razu chciałbym prosić o pomoc przy ich rozwiązaniu.
Pierwsze: dodaj obustronnie \(\displaystyle{ 1}\) i zauważ wzór skróconego mnożenia na sumę kwadratów.
Piąte: najpierw uzasadnij, że każdy z zaproszonych znajomych zna co najmniej dziewięciu pozostałych znajomych Tomka (rozważ sytuację, w której są już trzy osoby, wliczając Tomka, i przybywa czwarta). Następnie skorzystaj z tego, że jeśli \(\displaystyle{ A}\) nie zna \(\displaystyle{ B}\), to i \(\displaystyle{ B}\) nie zna \(\displaystyle{ A}\). Gdyby każdy nie znał dokładnie jednego z pozostałej dziesiątki, to można by zaproszonych znajomych pogrupować w pary niezaznajomionych ze sobą.
Re: XVI OMJ
: 24 sty 2021, o 21:04
autor: a4karo
Albo 1: przenieś kwadraty na jedną stronę, resztę na drugą, uprość i już
Re: XVI OMJ
: 15 mar 2021, o 15:34
autor: stas1230
Dzieńdobry, dostałem się do trzeciego etapu olimpiady i próbowałem robić arkusze z poprzednich lat by się przygotować. Szukam pilnie osoby, która udzieli mi korepetycji przygotowawczych na ten etap.
Z góry dziękuje!
Re: XVI OMJ
: 20 mar 2021, o 22:01
autor: Blazo2000
Witam Zachęcam uczestników do komentowania swoich wrażeń po finale, a także do wrzucenia zadań.
Dodano po 7 godzinach 39 minutach 1 sekundzie:
Zadanie 1
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} = }\)\(\displaystyle{ \frac{a ^{2}+ n ^{2} }{b ^{2}+n ^{2}}}\) \(\displaystyle{ a(b ^{2}+ n ^{2})=b(a ^{2}+ n ^{2})}\) \(\displaystyle{ ab ^{2}+ an ^{2}=ba ^{2}+ bn ^{2}}\) \(\displaystyle{ ab ^{2}+ an ^{2}-ba ^{2}- bn ^{2}=0}\) \(\displaystyle{ ab ^{2}-ba ^{2} +an ^{2}- bn ^{2}=0}\) \(\displaystyle{ ab(b-a) -n ^{2}(b-a)=0}\) \(\displaystyle{ (ab-n ^{2}) (b-a)=0}\)
Zatem \(\displaystyle{ a=b}\), wtedy \(\displaystyle{ \sqrt{ab}= \sqrt{ a^{2} } =a}\) lub \(\displaystyle{ ab=n ^{2} }\), wtedy \(\displaystyle{ \sqrt{ab}= \sqrt{ n^{2} } =n}\).
Zadanie 3
Ukryta treść:
Policzymy ile rozegrano spotkań, skoro każdy z \(\displaystyle{ 16}\) zawodników wygrał inną liczbę meczów, a każdy mógł wygrać maksymalnie \(\displaystyle{ 15}\) meczów to zawodnicy musieli wygrać odpowiednio \(\displaystyle{ 0, 1, 2, 3, 4, 5, ..., 15}\) meczów, spotkań było tyle ile wygranych, w takich razie odbyło się \(\displaystyle{ 0+1+2+3+...+15= \frac{15 \cdot 16}{2} =120}\) spotkań. Czyli wszystkie możliwe, więc każdy grał z każdym, czyli każdy zagrał tyle samo spotkań \(\displaystyle{ (15)}\), więc jak każdy miał inną liczbę wygranych to każdy miał także inną liczbę przegranych.
Zadanie 5
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ A}\) oznacza sumę cyfr liczby \(\displaystyle{ a}\), natomiast \(\displaystyle{ B}\) sumę cyfr liczby \(\displaystyle{ b}\). Skoro obie liczby mają te same cyfry to \(\displaystyle{ A=B}\), więc \(\displaystyle{ A+B=2A}\) jest parzyste. Gdyby jedna z liczb \(\displaystyle{ a}\) lub \(\displaystyle{ b}\) nie dzieliła się przez \(\displaystyle{ 10}\), to skoro ich suma dzieli się na \(\displaystyle{ 10}\) to druga też nie dzieliłaby się przez \(\displaystyle{ 10}\). Obie liczby mają tyle samo cyfr, więc skoro ich suma ma \(\displaystyle{ 1001}\) cyfr to muszą obie być \(\displaystyle{ 1000}\) cyfrowe. Rozpatrujemy algorytm dodawania pisemnego, jeśli teraz obie liczby nie dzielą się na \(\displaystyle{ 10}\), to ich ostatnie cyfry nie są \(\displaystyle{ 0}\), ale przy dodawaniu pisemnym musimy otrzymać \(\displaystyle{ 10}\), więc ostatnie cyfry tych liczb sumują się do \(\displaystyle{ 10}\), dostaniemy \(\displaystyle{ 1}\) dalej, zatem cyfry dziesiątek muszą sumować się do \(\displaystyle{ 9}\), znów \(\displaystyle{ 1}\) dalej i cyfry setek też muszą się sumować do \(\displaystyle{ 9}\) itd. Zatem cyfry na każdej pozycji z wyjątkiem cyfr jedności tych liczb muszą sumować się do \(\displaystyle{ 9}\), a cyfry jedności do \(\displaystyle{ 10}\), czyli \(\displaystyle{ A+B=999 \cdot 9+10}\), więc byłaby nieparzysta, sprzeczność dowodzi, że obie muszą się dzielić na \(\displaystyle{ 10}\).