Zad. 1. Spośród liczb naturalnych od 1 do 10 Antek wybrał niektóre i policzył ich iloczyn A oraz iloczyn pozostałych liczb B. Okazało sie, że iloraz A i B jest liczbą całkowitą. Jaka jest jego najmniejsza możliwa wartość?
Zad. 2. Rozwiąż algebraf T R Z Y Z E R O : Z E R O = Z E R O. Każda litera oznacza pewną cyfrę, przy czym różnym literom odpowiadają różne cyfry i na odwrót.
Zad. 3. Na tablicy napisano kolejne liczby całkowite od −2019 do 2019. W pojedynczym ruchu możemy wybrać dwie liczby aktualnie napisane na tablicy, powiedzmy a i b, zmazać je, a zamiast nich napisać liczbę ab+a+b. Wykonujemy dozwolone ruchy tak długo, aż na tablicy pozostanie jedna liczba. Jaka?
W czerwcu 3 punkty zdobyli: Daria Bumażnik - studentka chemii i toksykologii sądowej na UWr, Krzysztof Danielak - student automatyki i robotyki na PWr, Joanna Janik - pracownik biurowy ze Stalowej Woli, Krystyna Lisiowska - redaktor z Warszawy, Piotr Mazur - urzędnik ze Złotoryi, Wiktoria Mróz - SP Wyrzysk, Julia Musiał - II LO Tczew, Andrzej Piasecki - administrator IT z Oleśnicy, Tomasz Tomiczek - nauczyciel z Lipowej, Michał Węgrzyn - SP 9 Wrocław
Po 9 miesiącach rywalizacji w Lidze Łamigłówkowej wyniki powyżej 8 pkt. (na 27 możliwych) uzyskali:
- 27 pkt: Krystyna Lisiowska - redaktor z Warszawy,
- 26,5 pkt: Tomasz Tomiczek - nauczyciel z Lipowej,
- 26 pkt: Piotr Mazur - urzędnik ze Złotoryi i Andrzej Piasecki - administrator IT z Oleśnicy,
- 25,5 pkt: Daria Bumażnik - studentka chemii i toksykologii sądowej na UWr, Joanna Janik - pracownik biurowy ze Stalowej Woli, Wiktoria Mróz - SP Wyrzysk, Julia Musiał - II LO Tczew, Michał Węgrzyn - SP 9 Wrocław,
- 17,5 pkt: Weronika Kiniorska - SP 118 Wrocław,
- 16 pkt: Krzysztof Danielak - student automatyki i robotyki na PWr,
- 11,5 pkt: Weronika Buchar - nauczycielka matematyki z Wrocławia,
- 9,5 pkt: Natalia Olasz - SP Żórawina,
- 9 pkt: Agnieszka Bilska - nauczycielka z Jeleniej Góry, Maja Frankowska - SP 3 Lubin, Ewa Kaluś - G 23 Radom, Natalia Matuszak, Urszula Stanisz, Wiktoria Urbanek - wszystkie trzy z II LO Oleśnica.
Zad. 1. Iloczyn liczb naturalnych od 1 do 10 jest równy 28·34·52·7. Aby iloraz był całkowity, wykładnik każdej liczby pierwszej umieszczonej w liczniku powinien być nie mniejszy niż w mianowniku, a uzyskany wynik będzie tym mniejszy, im mniejsza będzie różnica miedzy tymi wykładnikami (chcemy uczynić licznik i mianownik bliskimi sobie nawzajem, czyli iloraz bliskim 1). Tylko jeden wykładnik jest nieparzysty, pozostałe można rozdzielić po równo. Wtedy jako najmniejszą wartość ilorazu uzyskamy 7 = (7·24·32·5)/(24·32·5).
Zad. 2. Równoważnie mamy Z E R O · Z E R O = T R Z Y Z E R O. Liczba O ma tę własność, że jej kwadrat też ma w rzędzie jedności O. Stąd O[tex]\in[/tex]{0, 1, 5, 6}. Zauważmy, że liczby 10R+O oraz (10R+O)2 dają te same reszty z dzielenia przez 100 (bo mają jednakowe dwucyfrowe końcówki), więc ich różnica (10R+O)2 − 10R−O = 100R2+20RO−10R+O2–O jest podzielna przez 100.
- Gdy O[tex]\in[/tex]{0, 1}, to różnice 100R2–10R lub 100R2+10R kończą się dwoma zerami, co daje w obu przypadkach R = 0. Z jednoznaczności przyporządkowania wyklucza to przypadek O = 0.
- Gdy O = 6, to różnica 100R2+110R+30 kończy się dwoma zerami, co daje R = 7.
- Gdy O = 5, to różnica 100R2+90R+20 kończy się dwoma zerami, skąd 9R kończy się na 8 i R = 2.
Mamy zatem możliwe końcówki RO[tex]\in[/tex]{01, 25, 76}.
Zauważmy, że liczba (100E+10R+O)2 − (100E+10R+O) jest podzielna przez 1000. Gdy RO = 01, to E = 0, a to przeczy jednoznaczności przyporządkowania. Gdy RO = 25, to E = 6, a gdy RO = 76, to E = 3.
Mamy zatem możliwe ERO[tex]\in[/tex]{625, 376}.
Teraz patrząc na podzielność ZERO2−ZERO przez10000, widzimy, że gdy ERO = 625, to Z = 0, ale zapis dziesiętny liczby nie może zaczynać się od zera; a gdy ERO = 376, to Z = 9. Podnosząc do kwadratu liczbę 9376, otrzymujemy TRZYZERO = 87909376, co oznacza, że T=8, Y=0 i jest to jedyne rozwiązanie.
Zad. 3. Na tablicy jest liczba -1 i ona jest niezniszczalna (wybrana z dowolna inną liczbą powraca na tablicę). Zatem to ona zostanie na końcu.
