Zestaw 3
KLASY PIERWSZE I DRUGIE
1. W każdym ruchu bierzemy jeden z kawałków papieru i rwiemy go na 4 części. Czy zaczynając z jednego kawałka papieru możemy w pewnym momencie dostać 2021 kawałków?
Nie możemy. Zauważmy, że jeżeli jeden z kawałków papieru podzielę na 4 części, to liczba posiadanych przeze mnie kawałków wzrośnie o 3. Skoro na początku miałem 1 kawałek, to oznacza, że w każdym kroku posiadam liczbę kawałków, która daje resztę 1 z dzielenia przez 3. Nigdy nie dostanę więc 2021, bo jest to liczba, która daje resztę 2 z dzielenia przez 3.
2. Na tablicy napisane są wszystkie liczby całkowite od 1 do 2022. Wybieramy cztery z nich i zwiększamy je o 1. Czy po pewnej ilości takich ruchów możemy uzyskać 2022 takie same liczby?
Nie możemy. Zauważmy, że jeżeli cztery liczby zwiększymy o 1 to nie zmieni się parzystość sumy wszystkich liczb napisanych na tablicy. Suma tych liczb jest na początku nieparzysta (dokładnie wynosi 2045253), więc w każdym kroku będzie nieparzysta. A tymczasem suma 2022 jednakowych liczb jest parzysta.
3. Znajdź najmniejszą liczbę zakończoną cyfrą 6 o tej własności, że przeniesienie tej cyfry na początek da nam liczbę cztery razy większą od wyjściowej.
Liczbę o której mowa w zadaniu nazwijmy wyjściową a liczbę otrzymaną po przeniesieniu szóstki na początek docelową. Zauważmy, że ostatnia cyfra liczby docelowej jest
przedostatnią wyjściowej, przedostatnia docelowej, trzecią od końca wyjściowej i tak dalej.
Wykonując więc mnożenia przez 4 jak poniżej odkrywamy kolejne cyfry liczby docelowej i robimy to tak długo, aż na początku pojawi się 6.
6 · 4 = 24 46 · 4 = 184 846 · 4 = 3384 3846 · 4 = 15384 53846 · 4 = 215334 153846 · 4 = 615384
Docelową liczbą jest 615384, więc wyjściową 153846.
KLASY TRZECIE
1. Dane są takie dodatnie liczby całkowite 𝑎, 𝑏, że iloczyn 𝑎𝑏 jest podzielny przez sumę 𝑎 + 𝑏. Niech 𝑑 będzie największym wspólnym dzielnikiem liczb 𝑎 i 𝑏. Udowodnij, że 𝑑 ≥ √𝑎 + 𝑏.
Oznaczmy 𝑑 = 𝑁𝑊𝐷 (𝑎, 𝑏). Wtedy 𝑎 = 𝑑𝑎′ oraz 𝑏 = 𝑑𝑏′, gdzie 𝑎′ i 𝑏′ są względnie pierwszymi liczbami naturalnymi. Stąd otrzymujemy
𝑎𝑏
𝑎 + 𝑏 = 𝑑2𝑎′𝑏′
𝑑(𝑎′ + 𝑏′)= 𝑑𝑎′𝑏′
𝑎′+ 𝑏′
i zgodnie z warunkami zadania jest to liczba całkowita. Zauważmy, że 𝑁𝑊𝐷(𝑎′ + 𝑏′, 𝑎′) = 𝑁𝑊𝐷 (𝑎′, 𝑏′) = 1, 𝑁𝑊𝐷(𝑎′ + 𝑏′, 𝑏′) = 𝑁𝑊𝐷 (𝑎′, 𝑏′) = 1 (wynika to chociażby z
algorytmu Euklidesa). Wobec tego liczby 𝑎′𝑏′ oraz 𝑎′ + 𝑏′ są względnie pierwsze. Skoro jednak 𝑎′ + 𝑏′|𝑑𝑎′𝑏′, więc 𝑎′ + 𝑏′ |𝑑. Stąd wniosek, że 𝑑 ≥ 𝑎′ + 𝑏′. Po pomnożeniu tej nierówności stronami przez 𝑑 uzyskujemy 𝑑2 ≥ 𝑎 + 𝑏, czyli 𝑑 ≥ √𝑎 + 𝑏.
2. Udowodnij, że jeżeli 𝑎 ≠ 𝑏 są liczbami naturalnymi, to 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏) ≤ 𝑎+𝑏3
Oznaczmy 𝑑 = 𝑁𝑊𝐷 (𝑎, 𝑏). Wtedy 𝑎 = 𝑑𝑎′ oraz 𝑏 = 𝑑𝑏′, gdzie 𝑎′ i 𝑏′ są względnie pierwszymi liczbami naturalnymi. Teza zadania wygląda teraz tak: 𝑑 ≤ 𝑑𝑎′+𝑑𝑏′3 , czyli 𝑎′ + 𝑏′ ≥ 3, a to zachodzi, bo 𝑎′ ≠ 𝑏′.
3. Udowodnij, że na ogół 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐) ≠ 𝑎𝑏𝑐, ale
𝑁𝑊𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 𝑎𝑏𝑐 = 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎).
Jeśli weźmiemy 𝑎 = 4, 𝑏 = 6, 𝑐 = 8, to 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 2, 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 24, ich iloczyn wynosi 46, a 𝑎𝑏𝑐 = 192.
Drugą część wykażemy następująco: pokażemy, że jeżeli jakikolwiek czynnik pierwszy występuje w iloczynie 𝑎𝑏𝑐 z potęgą 𝑛, to w tej samej potędze występuje w iloczynach
𝑁𝑊𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐) oraz 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎). Ci, którzy wiedzą, co to wykładniki p-adyczne, mogą tu użyć wykładników p-adycznych.
Niech liczba pierwsza 𝑝 występuje w liczbie 𝑎 w potędze 𝑥, w liczbie 𝑏 w potędze 𝑦 a w liczbie 𝑐 w potędze 𝑧. Bez zmniejszania ogólności możemy przyjąć, że 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑧. W liczbie 𝑎𝑏𝑐 czynnik 𝑝 występuje więc w potędze 𝑥 + 𝑦 + 𝑧.
Zajmijmy się iloczynem 𝑁𝑊𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐). W 𝑎𝑏 𝑝 występuje z wykładnikiem 𝑥 + 𝑦, w 𝑏𝑐 z wykładnikiem 𝑦 + 𝑧, a w 𝑐𝑎 z wykładnikiem 𝑥 + 𝑧. W
𝑁𝑊𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) ta liczba występuje z najmniejszym z tych wykładników czyli 𝑥 + 𝑦. Z kolei wykładnik liczby 𝑝 w 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐) to największa z liczb 𝑥, 𝑦, 𝑧 czyli 𝑧. Ostatecznie w
iloczynie 𝑁𝑊𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) ∙ 𝑁𝑊𝑊(𝑎, 𝑏, 𝑐) liczba 𝑝 znajdzie się z wykładnikiem 𝑥 + 𝑦 + 𝑧.
W podobny sposób pokażemy, że wykładnik liczby 𝑝 w 𝑁𝑊𝐷(𝑎, 𝑏, 𝑐) to 𝑥, a w 𝑁𝑊𝑊(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) 𝑦 + 𝑧.
Ponieważ równość wykładników zachodzi dla dowolnej liczby pierwszej, więc mamy tezę.
