Πολλαπλά αθροίσματα ψηφίων

Al.Koutsouridis · #1

Με αφορμή το πρόβλημα 1 της Α' Λυκείου του "Θαλή" 2020.

Έστω $\displaystyle{\Sigma (\nu )}$ το άθροισμα των ψηφίων του θετικού ακέραιου $\nu$ . Να βρείτε όλους τους
θετικούς ακέραιους $\nu$ που ικανοποιούν την ισότητα:

$\displaystyle{\nu +\Sigma(\nu) +\Sigma \left(\Sigma \left (\nu \right ) \right ) +\Sigma( \Sigma (\Sigma(\nu) ) ) = 2020}$ .

Manolis Petrakis · #2

Μία μακροσκελής λύση:
Είναι $S(n)\leq 28$ το

για

$S(S(n))\leq 10$ το

για

$S(S(S(n)))\leq 9$ το

δεν ισχύει για n=1998

Άρα $S(n)+S(S(n))+S(S(S(n)))<47\Leftrightarrow n>1973 (1)$
▪︎Αν $S(S(n))=10\Leftrightarrow n=1999,1990,1981$ τότε $S(S(n))+S(S(S(n)))=11\Leftrightarrow n+S(n)=2009$ το οποίο ισχύει μόνο για n=1990

▪︎Έστω $n=\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d$
Αν $n\neq 1999,1990,1981\Rightarrow S(S(n))$ :μονοψήφιος $\Rightarrow S(S(S(n)))=S(S(n))$
Έτσι 2020=1000a+100b+10c+d+(a+b+c+d)+2S(a+b+c+d)

▪︎Αν $a=2\Rightarrow b=0$ . Έτσι 18=11c+2d+2S(2+c+d)

)
•Αν $c=1\Rightarrow 7=2d+2S(3+d)$
Αν $d<7\Rightarrow 4d=1$ αδύνατο
Αν $d>6\Rightarrow 2d+2S(3+d)-7>0$ αδύνατο
•Αν $c=0\Rightarrow 18=2d+2S(2+d)\Leftrightarrow d+S(2+d)-9=0$
Αν $d<8\Rightarrow 2d=7$ αδύνατο
Αν d=9

αδύνατο, ενώ αν d=8

ισχύει. $\Rightarrow n=2008$
▪︎Αν $a=1\Rightarrow b=9\Rightarrow 110=11c+2d+2S(10+c+d)$
•Αν c=7,9

αδύνατο λόγω mod2

•Αν $c=8\Rightarrow 2d+2S(18+d)-22=0\Leftrightarrow d+S(18+d)=11$
Είναι $d\neq 1$ διότι $n\neq 1981$
Αν $d=2+e\Rightarrow 2+e+S(20+e)=2+e+2+e=2(2+e)\neq 11$
Προφανώς $c\geq 7$ διότι n>1973

Έτσι το

μπορεί να πάρει τις εξής τιμές:
2008,1990

#3

Manolis Petrakis έγραψε: Σάβ Νοέμ 07, 2020 10:43 pm Άρα $S(n)+S(S(n))+S(S(S(n)))<47\Leftrightarrow n>1973$

Πιo απλά από εκεί και πέρα: Αφού οι

και

είναι ισότιμοι $\mod 9$ (άμεσο) και άρα (με επανάληψη αυτού)
οι $n,\, S(n),\, S(S(n)),\, S(S(S(n)))$ είναι ισότιμοι $\mod 9$ , έχουμε από την δοθείσα

$4n\mod 9 \equiv 2020 \mod 9 = 4$ . Άρα $n\equiv 1\mod 9$ , οπότε τα μόνα υποψήφια

είναι τα $1981, \, 1990,\, 1999,\, 2008,\, 2017$ . Τώρα με απευθείας έλεγχο εντοπίζουμε αμέσως την ή τις λύσεις.

Al.Koutsouridis · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Νοέμ 08, 2020 12:26 am
$4n\mod 9 \equiv 2020 \mod 9 = 4$ . Άρα $n\equiv 1\mod 9$ ,

Αυτή η παρατήρηση μειώνει αισθητά τις περιπτώσεις. Ας την διατυπώσουμε με λόγια: αν το άθροισμα τεσσάρων ακεραίων που έχουν το ίδιο υπόλοιπο με την διαίρεση με το

έχει υπόλοιπο

με την διαίρεση με το

, τότε ο καθένας από αυτούς τους αριθμούς δίνει υπόλοιπο

με το

.

Στην μορφή που τέθηκε η άσκηση ήταν το (β) ερώτημα του πρώτου θέματος της ολυμπιάδας της Μόσχας (1993) για την όγδοη τάξη. Το (α) ερώτημα ήταν:

Έστω $\displaystyle{\Sigma (\nu )}$ το άθροισμα των ψηφίων του θετικού ακέραιου $\nu$ . Υπάρχει θετικός ακέραιος $\nu$ που ικανοποιεί την ισότητα:

$\displaystyle{\nu +\Sigma(\nu) +\Sigma \left(\Sigma \left (\nu \right ) \right ) = 2020}$ ;

Πολλαπλά αθροίσματα ψηφίων

Πολλαπλά αθροίσματα ψηφίων

Re: Πολλαπλά αθροίσματα ψηφίων

Re: Πολλαπλά αθροίσματα ψηφίων

Re: Πολλαπλά αθροίσματα ψηφίων

Μέλη σε σύνδεση