Παιχνίδια με αριθμούς

Al.Koutsouridis · #1

Στον πίνακα είναι γραμένοι μερικοί μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί, μεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν ίσοι. Οι αριθμοί αυτοί χωρίστηκαν σε τρεις ομάδες, με κάθε ομάδα να έχει τουλάχιστον ένα αριθμό. Σε κάθε αριθμό της πρώτης ομάδας προσκολλήθηκε από δεξιά το ψηφίο

, σε κάθε αριθμό της δεύτερης ομάδας προσκολλήθηκε από δεξιά το ψηφίο

ενώ οι αριθμοί της τρίτης ομάδας αφαίθηκαν αμετάβλητοι.

α) Μπορεί το άθροισμα των αριθμών που που προέκυψαν να είναι

φορές μεγαλύτερο από το άθροισμα των αρχικών αριθμών;

β) Μπορεί το άθροισμα των αριθμών που προέκυψαν να είναι

φορές μεγαλύτερο από το άθροισμα των αριχκών αριθμών;

γ) Ποιό είναι το μεγαλύτερο δυνατό πλήθος γραμμένων αριθμών στον πίνακα, ώστε το άθροισμα των αριθμών που προκύπτει να είναι

φορές μεγαλύτερο από το άθροισμα των αρχικών αριθμών;

Πηγή: Ενιαία Κρατική Εξέταση Ρωσία, 2020.

#2

Επαναφορά!

#3

(α) Ναι γίνεται. Στην πρώτη ομάδα έχουμε τον αριθμό

, στη δεύτερη τον

και στην τρίτη τον

. Συνολικό άθροισμα

. Οι καινούργιου αριθμοί είναι οι 11,28,9

με συνολικό άθροισμα

που είναι τετραπλάσιο του αρχικού.

(β) Όχι δεν γίνεται. Αν $a_1,\ldots,a_r,b_1,\ldots,b_s,c_1,\ldots,c_t$ οι αρχικοί αριθμοί (με τους a_i

να ανήκουν στην πρώτη ομάδα κ.τ.λ.) τότε οι καινούργιοι αριθμοί είναι οι $10a_1+1,\ldots,10a_r+1,10b_1+8,\ldots,10b_s+8,c_1,\ldots,c_t$ .

Θέλουμε

$\displaystyle 10(a_1 + \cdots + a_r) + 10(b_1+\cdots+b_s) + (c_1+\cdots+c_t) + r+8s = 16(a_1 + \cdots + c_t)$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle 6(a_1 + \cdots + a_r + b_1 + \cdots + b_s) + 15(c_1+\cdots+c_t) = r + 8s$

Επειδή όμως οι αριθμοί είναι διαφορετικοί, τότε

$\displaystyle a_1 + \cdots + a_r + b_1 + \cdots + b_s \geqslant 1+2+\cdots + (r+s) = \frac{(r+s)(r+s+1)}{2} \geqslant \frac{3(r+s)}{2}$

Τότε όμως

$\displaystyle 6(a_1 + \cdots + a_r + b_1 + \cdots + b_s) + 15(c_1+\cdots+c_t) > 6 \cdot \frac{3(r+s)}{2} = 9(r+s) > r+8s$

(γ) Αν βάλουμε στην πρώτη ομάδα τον αριθμό

, στη δεύτερη τους $2,3,\ldots,9$ και στην τρίτη τον

, τότε έχουμε

αριθμούς με άθροισμα

. Οι καινούργιοι αριθμοί έχουν άθροισμα $1 + 10(2+3+\cdots+9)+8\cdot 8 + 111 = 616 = 56 \cdot 11$ .

Έστω ότι έχουμε

αριθμούς. Όπως και στο (β) θέλουμε

$\displaystyle (a_1 + \cdots + a_r + b_1 + \cdots + b_s) + 10(c_1+\cdots+c_t) = r + 8s$

Όμως

$\displaystyle (a_1 + \cdots + a_r + b_1 + \cdots + b_s) + 10(c_1+\cdots+c_t) \geqslant 1+2+\cdots + n + 9t= \frac{n(n+1}{2} +9t$

Άρα

$\displaystyle \frac{n(n+1)}{2} \leqslant r+8s-9t = (r+s+t) + 7s - 10t \leqslant n+7(n-2)-10 = 8n-24$

Πρέπει λοιπόν $n^2 -15n + 48 \leqslant 0$ . Πρέπει $\displaystyle n \leqslant \frac{15+\sqrt{33}}{2} < \frac{15+6}{2} < 11$

Παιχνίδια με αριθμούς

Παιχνίδια με αριθμούς

Re: Παιχνίδια με αριθμούς

Re: Παιχνίδια με αριθμούς

Μέλη σε σύνδεση