Mattebloggen » siffersumma

Problem vecka 16

Val — Tue, 19 Apr 2011 05:24:40 +0000

De här problemen ingår i mattebloggens tävling vårterminen 2011, men man kan inte skicka in lösningar på dem längre. Kolla istället tävlingens regler och den aktuella poängställningen. Lösningarna kan du titta på nedan.

Hexagonen (1 poäng).
Fyll i rutorna i ”hexagonen” nedan med heltalen från 1 till 19, så att summan av talen i varje kolonn och i varje diagonal blir densamma. Varje tal får utnyttjas exakt en gång, och vissa tal är redan på sin plats:

Siffersumman (3 poäng). Hitta alla tal som är 12 gånger större än sin siffersumma.

Visa lösningar

Hexagonen (Thomas lösning):

Siffersumman (Toomas lösning):
Vi börjar med att göra en definition och att visa ett lemma och därefter bestämma alla tal med den givna egenskapen.

Definition: Låt högstagradsiffran mena den siffra vars tiopotensfaktor har högst grad multiplicerat med den givna tiopotensen och beteckna detta med a*10^n.

Lemma: Alla tal med 4 siffror eller fler är större än 12 gånger deras siffersumma.

Bevis:

Antag att talet har t siffror. För att maximera siffersumman maximerar vi varje ingående term. Vi kan då notera att var sådan högst kan vara 9, varav vi ser att den maximerade siffersumman fås av den tecknade produkten 9t. Siffersumman multiplicerat med 12 blir då 12*9t=108t.

Denna produkt blir alltid mindre än talet, ty det alltid blir mindre en högstagradsiffran, då t≥4. För att minimera värdet av högstagradssiffran sätter vi a=1 och får att högstagradssiffran är 10^n. Vi kan också se att n=t-1 och få utsagan 108t<10^(t-1) för t≥4. Detta kan inses av att för varje t≥4 ökar det vänstra uttrycket med en faktor av 108, då det högra ökar med en faktor av åtminstone 1000.

HSB.

Vi ser nu att talet antingen är en-, två eller tresiffrigt.

Om det är ensiffrigt och siffran är a, får vi ekvationen
12a=a, som har lösningen a=0.

Om talet är tvåsiffrigt och siffrorna är a och b, får vi ekvationen
12(a+b)=10a+b

och finner att

a=-(11b)/2.

Då a och b måste vara positiva har denna ekvation inga lösningar.

Om talet är tresiffrigt med siffrorna a, b och c, får vi ekvationen
12(a+b+c)=100a+10b+c

varav vi finner att

88a=2b+11c

Om a≥2 får vi

2b+11c≥88*2=176

För att maximera vänster led sätter vi b=c=9, och får

2b+11c=2*9+11*9=117≥176

vilket är en motsägelse. Alltså gäller att a<2.

Då a är hundratalssiffran måste a≠0, vilket med den föregående utsagan ger att a=1. Insatt i ekvationen blir detta

88=2b+11c.

Om vi gör några algebraiska omskrivningar får vi att

11(8-c)=2b.

Detta betyder att b är en multipel av 11. Vi har dock att 0≤b≤9, vari den enda multipeln av 11 är 0, vilket betyder att b=0. Sätter vi detta i ekvationen får vi

88=11c

vilket förstås ger

c=8

Det enda tresiffriga talen med den givna egenskapen är alltså 108.

Lösning till problem vecka 5

Val — Tue, 16 Feb 2010 10:07:06 +0000

På en rad står tal, som är delbara med 9, i stigande ordning: 9, 18, 27, 36 och så vidare. Under varje tal står dess siffersumma.

(a) På vilken plats i andra raden ser vi först talet 81?

(b) Vad kommer stå först på andra raden: fyra stycken 27 i rad eller en gång talet 36?

Lösning:

(a) Funderar först på vilket tal som över huvud taget har siffersumma 81. Det minsta talet man kan komma på denna siffersumma är 999999999 (nio stycken nior). Alla andra tal med samma siffersumma kommer ju vara tvungna att ha fler siffror och följaktigen måste de vara större tal.

Lyckligtvis befinner sig talet på första raden i vår lista, eftersom det faktiskt är delbart med 9. Vi får reda på platsen genom att dividera talet med 9 (efter 9 står på 1:a platsen, 18 på 2:a platsen och så vidare). Således blir svaret 111111111.

(b) Med samma resonemang som i (a) ser vi att första talet som kommer ha siffersumma 9999 kommer att vara talet 36. Men när kommer det massa tal med siffersumma 27 i rad?

Det första talet är ju 999.

De enda talen som har fyra siffror och börjar på 1 och har siffersumma 27 är 1899, 1989 och 1998, där har vi bara två i rad.

De enda talen som har fyra siffror och börjar på 2 och har siffersumma 27 är 2799, 2889, 2898, 2979, 2988 och 2997, där har vi bara tre i rad (2979, 2988 och 2997).

Men bland talen, som börjar på 3 och har siffersumma 27 och består av 4 siffror kan vi faktiskt hitta 4 på varandra följande: det är 3969, 3978, 3987 och 3996 (det skiljer sig exakt 9 mellan två tal bredvid varandra).

Så 4 tal i rad med siffersumma 27 kommer före första talet med siffersumma 36 i vår rad!

Matteproblem vecka 5

Val — Mon, 01 Feb 2010 23:09:20 +0000

Nu startar vårterminens tävling i att lösa mattegåtor!

På en rad står tal, som är delbara med 9, i stigande ordning: 9, 18, 27, 36 och så vidare. Under varje tal står dess siffersumma.

(a) På vilken plats i andra raden ser vi först talet 81?

(b) Vad kommer stå först på andra raden: fyra stycken 27 i rad eller en gång talet 36?

Mattebloggen har en inoficiell tävling i att lösa matematikproblem. Skicka in din lösning till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan. Har du någon fråga om veckans problem, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

Lösning till gåta vecka 39

Val — Tue, 06 Oct 2009 21:09:46 +0000

Det finns ett naturligt tal m, sådant att talet 2^m har siffersumma 8. Kan sista siffran i talet 2^m vara lika med 6?

Svar:

Det kan den inte! Jag har fått in tre stycken olika lösningar, så det är bara att välja och vraka.

För att kunna förstå lösningarna är det bra att kunna:

moduloräkning

Om två tal har lika rester vid division med ett och samma tal n, så säger man att de talen är kongruenta modulo n.

Till exempel så är talen 3 och 11 kongruenta modulo 4 eftersom båda ger rest 3 när man dividerar med 4. Även talet -1 är kongruent med 3 modulo 4.
Man kan också skriva 3 11 (mod 4)

delbarthetsprincipen för 3

Ett heltal är delbart med 3 om och endast om dess siffersumma är delbar med 3. Man kan också vara fancy och säga att ett tal är delbart med 3 om och endast om talets siffersumma är kongruent med 0 modulo 3.

Till exempel så är talet 450072456 inte delbart med 3, eftersom siffersumman är 4+5+0+0+7+2+4+5+7=34 och det talet går inte att dela jämnt på 3.

delbarthetsprincipen för 9

Liknar faktiskt delbarthetsprincipen för 3. Ett heltal är delbart med 9 om och endast om dess siffersumma är delbar med 9.

Till exempel så är talet 1111000011111 delbart med 9, eftersom siffersumman är lika med 9.

Det är även så att ett godtyckligt tal och dess siffersumma alltid ger samma rest vid division med 9, det vill säga det är kongruenta modulo 9.

Lösning 1 (den officiella):

Vi konstaterar att de första tvåpotenserna är 2, 4, 8, 16 och 32, samt att inget av dessa uppfyller kriterierna. Dock måste alla kandidater vara jämnt delbara med dessa tal.

Om ett tal har siffersumman 8 och slutar på 6 finns två möjligheter:

a) Talet har formen 2*10^k + 6 för något k>=1 (dvs 26, 206, 2006, osv.)

26 (=2*13) är inte en tvåpotens, alltså måste k>=2, men alla andra tal på formen
2*10^k är delbara med 8, medan 6 inte är delbart med 8. Således blir talet som
helhet (2*10^k + 6) ej delbart med 8. Vi kan alltså helt utesluta denna möjlighet.

b) Talet har formen 1*10^k + 1*10ⁿ + 6 för något k>n>=1 (dvs på formen 100..0100…06)

6 är inte delbart med 4, så resten får inte heller vara det, om summan skall vara delbart med 4. Det enda n sådant att 10ⁿ inte är delbart med 4 är n=1 (k kan inte vara så litet). Alltså måste talet ha formen 1*10^k + 16.

Vi ser dock på samma sätt att 16 inte är delbart med 32, så det får inte 10^k heller vara. För alla k>=5 är 10^k jämnt delbart med 32, så dessa förkastas.

Man kan nu pröva de återstående lösningarna (10016, 1016, 116) var och en, men närmare bestämt är 16 16 i modulo 32, så 10^k måste vara lika med 32-1616 (mod 32). Det enda k som uppfyller detta är k=4, vilket ger 10016 = 2⁵ * 313, som på intet vis är en tvåpotens. För säkerhets skull kan konstateras att 1016=2³*127 och 116=2²*29.

Lösning 2 (den med perioder):

Att siffersumman av 2^m 8, kräver att 2^m är kongruent med 8 modulo 9.

Att 2^m slutar på 6, kräver att 4|m. Detta ser man genom att helt enkelt
göra en tabell av potenser av 2, och ser att den har period 4, om man bara
betraktar sista siffran.
2, 4, 8 (1)6, (3)2,(6)4, (12)8, (25)6,…

Så, vi undrar egentligen om det finns heltal k, så att 2^4k 8 (mod 9).
Ekvivalent med att
16^k 8 (mod 9)<=>
7^k 8 (mod 9) (*)

Nu,
7¹ 7 (mod 9)
7² 4 (mod 9)
7³ 1 (mod 9)
och nu har vi nått 1, så denna sekvens kommer upprepa sig om och om igen.

Alltså kan högerledet aldrig bli 8, och (*) kan ej lösas. Att (*) ej kan lösas
implicerar att 2^m ej kan sluta på 6 och samtidigt ha siffersumma 8.

Lösning 3 (den snygga):

Antag att ett sådant tal finns. Notera att 2^k endast slutar på 6 om k är jämnt (t.o.m delbart med 4, men jämnt räcker).
Då har 2^k-1 siffersumma 7 och är inte delbart med 3. Men k=2n så
2²ⁿ-1=(2ⁿ-1)(2ⁿ+1).
Märk att talen 2ⁿ-1, 2ⁿ och 2ⁿ+1 är tre stycken på varandra följande, så något utav dessa måste vara delbar med 3. Men det kan inte vara 2ⁿ, eftersom det är en tvåpotens.
Någon av faktorerna i uttrycket är således delbar med 3 och vi får motsägelse.