Zad. 1. Iloczyn trzech liczb pierwszych jest 17 razy większy od ich sumy. Ile wynosi suma kwadratów tych liczb?
Zad. 2. Wierzchołki dużego pięciokąta foremnego ponumerowano (w dowolnej kolejności) pewnymi pięcioma kolejnymi liczbami naturalnymi. Gdy narysowano wszystkie przekątne, w środku powstał mały pięciokąt. Czy można ponumerować wierzchołki małego pięciokąta pięcioma kolejnymi liczbami naturalnymi (w dowolnej kolejności) w taki sposób, by liczby przy wierzchołkach każdego trójkąta na rysunku sumowały się do liczby podzielnej przez 3? Uwaga: rozważamy wyłącznie minimalne trójkąty, tzn. takie, które w swoim wnętrzu nie mają narysowanych żadnych odcinków.
Zad. 3. Na stole mamy trzy identyczne szklanki. Dwie są wypełnione do połowy herbatą, a jedna do połowy mlekiem. Chcemy uzyskać w którejś szklance idealną bawarkę, składającą się w 1/3 z mleka, a w 2/3 z herbaty. Nie mamy żadnych miarek – możemy wyłącznie przelewać zawartość jednej szklanki do innej szklanki (aż do momentu, w którym źródłowa szklanka stanie się pusta, lub też docelowa stanie się pełna) i dokładnie pomieszać. Czy jesteśmy w stanie uzyskać idealną bawarkę?
Punkty za zadania listopadowe zdobyli:
- 12 - Monika Budzeń (SP 7 Leszno), Aleksander Porębny (SP 113 Wrocław)
Klasyfikacja generalna po 2 miesiącach Ligi:
- 20 pkt - Aleksander Porębny (SP 113 Wrocław)
- 12 pkt - Monika Budzeń (SP 7 Leszno)
- 5 pkt - Igor Sudyka (SP 2 Jasło)
Zad. 1. Szukamy liczb pierwszych spełniających równanie a·b·c = 17·(a+b+c).
Ponieważ prawa strona dzieli się przez 17 (a wszystkie składniki i czynniki są liczbami całkowitymi), to lewa strona też musi dzielić się przez 17. Z pierwszości liczb a, b, c wynika, że jedna z szukanych liczb musi być równa 17. Bez straty ogólności przyjmijmy, że jest to a. Po podstawieniu a=17 i przekształceniach otrzymamy:
bc–b–c+1=18
b(c–1)–(c–1)=18
(b–1)(c–1)=18.
Pozostaje rozważyć przypadki, wiedząc, że b–1 i c–1 są dzielnikami 18. Dla zredukowania liczby przypadków możemy bez straty ogólności założyć, że b≥c. Otrzymamy wówczas możliwości: b=19, c=2; b=7, c=4; b=10, c=3. Ponieważ rozwiązań szukamy wśród liczb pierwszych, ostatnie dwa przypadki odrzucamy.
Zad. 2. Najmniejsza liczba (n) umieszczona na zewnętrznym brzegu trójkąta będzie mieć dwóch sąsiadów o tej samej reszcie z dzielenia przez 3 (n+1 oraz n+4). Zatem jej sąsiedzi z małego trójkąta muszą mieć taką samą resztę z dzielenia przez trzy. Tę samą własność ma liczba n+4, przy czym jeden z jej sąsiadów jest też sąsiadem n, zatem znaleźliśmy trzy liczby w małym trójkącie, które muszą mieć taką samą resztę z dzielenia przez 3, ale wśród pięciu kolejnych liczb mogą być tylko dwie o takiej własności, więc mamy sprzeczność, zatem nie da się tego zrobić.
Zad. 3. Zauważmy, że stężenie mleka w każdej szklance jest ułamkiem diadycznym, czyli ułamkiem o całkowitym liczniku i mianowniku będącym potęgą dwójki. W każdym ruchu, jeżeli odbędzie się jakieś mieszanie, to wyłącznie jako skutek przelania połowy zawartości pełnej szklanki do szklanki do połowy pełnej, ale wówczas stężenie po pomieszaniu będzie średnią arytmetyczną stężeń mieszanych roztworów - czyli pozostanie liczbą diadyczną. 1/3 liczbą diadyczną nie jest, zatem nigdy nie uzyskamy idealnej bawarki.
