Dette er et nytt maraton som er ment for øving til runde 2 av abelkonkurransen. I forhold til de andre maratonene, vil denne ha lavere vanskelighetsgrad, hvor oppgavene skal ha vanskelighetsgraden til oppgave 9 eller 10 på runde 2. Merk at det er viktig å utlede svaret og ikke bare skrive tall! Her er første oppgave, hvis du løser den kan du legge ut en ny oppgave etter du har skrevet løsning.
La \(S\) være en mengde med \(6\) elementer. På hvor mange forskjellige måter kan man velge ut to delmengder av \(S\) (som ikke må være distinkte) slik at unionen til disse \(2\) delmengdene er \(S\)? Rekkefølgen av valget ikke har noe å si.
Abel runde 2 maraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
guessthefunction
- Pytagoras
- Posts: 10
- Joined: 23/12-2025 13:26
La $S_1$ og $S_2$ være de to delmengdene. Anta at $S_1$ har $n$ elementer. Vi har tydeligvis $\binom{6}{n}$ måter å velge $S_1$ på. Det er tydelig at $S_2$ må ha de $6-n$ elementene i $S$ som ikke er i $S_1$. Derfor er antallet muligheter for $S_2$ ganske enkelt antallet valg for skjæringspunktet mellom $S_1$ og $S_2$. Skjæringspunktet er bare et delmengde av $S_1$, og det er $2^n$ delmengder av $S_1$. Derfor har vi $2^n$ måter å velge $S_2$ på. Det totale antallet måter å velge $S_1$ og $S_2$ på er derfor
$$\binom{6}{0}\cdot 2^0+\binom{6}{1}\cdot 2^1+\binom{6}{2}\cdot 2^2+\binom{6}{3}\cdot 2^3+\binom{6}{4}\cdot 2^4+\binom{6}{5}\cdot 2^5+\binom{6}{6}\cdot 2^6=729$$
$$\binom{6}{0}\cdot 2^0+\binom{6}{1}\cdot 2^1+\binom{6}{2}\cdot 2^2+\binom{6}{3}\cdot 2^3+\binom{6}{4}\cdot 2^4+\binom{6}{5}\cdot 2^5+\binom{6}{6}\cdot 2^6=729$$
-
guessthefunction
- Pytagoras
- Posts: 10
- Joined: 23/12-2025 13:26
Anta $f(x)=x^4+px^3+qx^2+rx+s$ for noen reelle tall $p,q,r,s$. I tillegg er $f(1)=59$, $f(2)=118$ og $f(3)=177$. Hvis $T=f(9)+f(-5)$, hva er summen av sifrene i heltallet som er lik $T$?
ALgebra 
Likningene i oppgaven gir oss at $p=-6-\frac{s}{6}$, $q=11+s$, og $53-\frac{11s}{6}$.
Vi har da at \[
\begin{align}
f(9) + f(-5) &= 7186+604p+106q+4r+2s
&= 7186 +604\left ( -6-\frac{s}{6} \right ) + 106 (11+s) + 4\left ( 53 - \frac{11s}{6} \right ) + 2s\\
&= 7186+3624+1166+212 +\left ( -\frac{302}{3} + 108 -\frac{22}{3} \right )s\\
&= 4940
\end{align}
\]
Dermed er siffersummen av $T$ lik $\fbox{17}$.
Likningene i oppgaven gir oss at $p=-6-\frac{s}{6}$, $q=11+s$, og $53-\frac{11s}{6}$.
Vi har da at \[
\begin{align}
f(9) + f(-5) &= 7186+604p+106q+4r+2s
&= 7186 +604\left ( -6-\frac{s}{6} \right ) + 106 (11+s) + 4\left ( 53 - \frac{11s}{6} \right ) + 2s\\
&= 7186+3624+1166+212 +\left ( -\frac{302}{3} + 108 -\frac{22}{3} \right )s\\
&= 4940
\end{align}
\]
Dermed er siffersummen av $T$ lik $\fbox{17}$.
-
Lil_Flip39
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Svaret er \(44\) ellerno.
Vi setter opp likning. la \(1998 = c\). La katetene ha lengde \(a,b\).
Av pytagoras får vi da at \[ab = c(a+b+\sqrt{a^2+b^2})\]
eller\[(ab-ca-cb)^2=c^2(a^2+b^2)\]
Når vå åpner opp får vi
\[a^2b^2+c^2b^2+c^2a^2-2ca^2b-2cab^2+2c^2ab=c^2a^2+c^2b^2\]
\[a^2b^2-2ca^2b-2cab^2+2c^2ab=0\]
Når vi deler på \(ab\) får vi
\[ab-2ca-2cb+c^2=0\iff (a-2c)(a-2b)=2c^2\]
Merk at \(2c^2 = 8\times 999\) som har \(4\times 3\times 7 =84\) divisorer. Merk at alle disse divisorene tilsvarer minst en ordnet løsning, så det gir \(42\) løsninger. Videre må vi også se på \(8\times 999\) som produktet av \(2\) negative tall. Legg merke til at siden \(a,b\) er positive, så vet vi at divisorene blir minst \(-4\times 999+1=-3995\). En smertefull skjekk gir at det bare finnes \(2\) negative løsninger(tror jeg).
Vi setter opp likning. la \(1998 = c\). La katetene ha lengde \(a,b\).
Av pytagoras får vi da at \[ab = c(a+b+\sqrt{a^2+b^2})\]
eller\[(ab-ca-cb)^2=c^2(a^2+b^2)\]
Når vå åpner opp får vi
\[a^2b^2+c^2b^2+c^2a^2-2ca^2b-2cab^2+2c^2ab=c^2a^2+c^2b^2\]
\[a^2b^2-2ca^2b-2cab^2+2c^2ab=0\]
Når vi deler på \(ab\) får vi
\[ab-2ca-2cb+c^2=0\iff (a-2c)(a-2b)=2c^2\]
Merk at \(2c^2 = 8\times 999\) som har \(4\times 3\times 7 =84\) divisorer. Merk at alle disse divisorene tilsvarer minst en ordnet løsning, så det gir \(42\) løsninger. Videre må vi også se på \(8\times 999\) som produktet av \(2\) negative tall. Legg merke til at siden \(a,b\) er positive, så vet vi at divisorene blir minst \(-4\times 999+1=-3995\). En smertefull skjekk gir at det bare finnes \(2\) negative løsninger(tror jeg).
Last edited by Lil_Flip39 on 25/12-2025 21:52, edited 1 time in total.
-
Lil_Flip39
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
La \(a,b\) være tilfeldige 3-siffra tall og anta \(a>b\). Vi sier at \(a\) mogger \(b\) hvis hvert eneste siffer i \(a\) er større en det tilsvarende sifferet i \(b\). Hva er sjansen for at \(a\) mogger \(b\)?
-
guessthefunction
- Pytagoras
- Posts: 10
- Joined: 23/12-2025 13:26
Legg først merke til at hvis $a$ mogger $b$, må $a$ være større enn $b$. Derfor er svaret ganske enkelt antallet tresifrede par der $a$ mogger $b$ over hvor mange par av forskjellige tresifrede tall det er.
Vi teller først hvor mange par $(a,b)$ med tresifrede tall det er slik at $a>b$. Dette er ganske enkelt $\binom{900}{2}$ fordi for ethvert sett med to forskjellige tresifrede tall, er det én måte å tilordne $a$ og $b$ til dem slik at $a>b$.
Vi teller nå hvor mange par $(a,b)$ med tresifrede tall det er slik at $a$ mogger $b$. Det er $\binom{9}{2}$ valg for hundrerplassen, $\binom{10}{2}$ valg for tierplassen og $\binom{10}{2}$ valg for enerplassen. Derfor er det totale antallet par $(a,b)$ $\binom{9}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{2}$.
Derfor er svaret vårt
$$\dfrac{\binom{9}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{2}}{\binom{900}{2}}=\dfrac{162}{899}.$$
Vi teller først hvor mange par $(a,b)$ med tresifrede tall det er slik at $a>b$. Dette er ganske enkelt $\binom{900}{2}$ fordi for ethvert sett med to forskjellige tresifrede tall, er det én måte å tilordne $a$ og $b$ til dem slik at $a>b$.
Vi teller nå hvor mange par $(a,b)$ med tresifrede tall det er slik at $a$ mogger $b$. Det er $\binom{9}{2}$ valg for hundrerplassen, $\binom{10}{2}$ valg for tierplassen og $\binom{10}{2}$ valg for enerplassen. Derfor er det totale antallet par $(a,b)$ $\binom{9}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{2}$.
Derfor er svaret vårt
$$\dfrac{\binom{9}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{2}}{\binom{900}{2}}=\dfrac{162}{899}.$$
-
guessthefunction
- Pytagoras
- Posts: 10
- Joined: 23/12-2025 13:26
The integer $N$ is the smallest positive integer that is a multiple of $2024$, has more than $100$ positive divisors (including $1$ and $N$), and has fewer than $110$ positive divisors (including $1$ and $N$). What is the sum of the digits of $N$?
-
Lil_Flip39
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Siffersummen er \(27\), og \(N=582912=2024\times 2^5\times 3^2\). \(d(N)=108\).
Først vet vi at antall divisorer til et tall er produktet av \(v_p(n)+1\) for alle primtall \(p\). Vi ser på tallene mellom \(100\) og \(110\). \(101,103,107,109\) er alle primtall, så det kan åpenbart ikke være antall divisorer.
\(102=61\times 2\), og \(61\) er primtall så dette går heller ikke som antall divisorer. \(104 = 2^3\times 13\). Det er mulig at dette er antall divisorer til \(N\), men da vil det eksistere \(p\) s.t. \(v_p(N)=12\), så da må vi gange \(2024\) med et tall større enn \(2^9\), men \(2^9>2^5\times 3^2\).
Hvis nå \(d(N)=105=3\times 5\times 7\) får vi at \(rad(N)=rad(2024)\), og at vi må gange \(2024\) med minst \(2^3\times 11^3\times 23>2^5\times 3^2\). Dermed gjenstår vi bare med tilfellet \(d(N)=108=2^2\times 3^3\). Vi gjør casework på \(v_2(N\).
Først, hvis \(v_2(N)=3\), får vi at \(v_2(N)\) bidrar med \(4\) til \(d(N)\), som betyr at resten \(v_{11}(N)\geq 2\) og \(v_{23}(N)\geq 2\). Samtidig, mangler vi fortsatt en faktor av \(3\) så \(N\geq 3^2\times 11\times 23\times 2024 > 2^5\times 3^2\times 2024\). Det er lett å se at \(v_2(N)=4\) ikke går, og hvis \(v_2(N)=5\), får vi at vi må gange med enten \(23\) eller \(11\), og i tillegg manger vi en faktor av \(3\), så da blir det minimalt \(2^2\times 11\times 3^2\). \(v_2(N)=6,7\) går begge ikke, og hvis \(v_2(N)=8\), får vi lett at det er best å bare gange med \(9\). \(v_2(N)=9,10\) går begge ikke, og hvis \(v_2(N) = 11\) får vi at vi må allerede gange med minst \(2^{8}\) i tillegg til enten \(11\) eller \(23\), så det blir for stort. Hvis \(v_2(N)>11\), må vi gange med minst \(2^9>2^5\times 3^2\), så vi er ferdige fordi vi har gått gjennom alle cases.
Først vet vi at antall divisorer til et tall er produktet av \(v_p(n)+1\) for alle primtall \(p\). Vi ser på tallene mellom \(100\) og \(110\). \(101,103,107,109\) er alle primtall, så det kan åpenbart ikke være antall divisorer.
\(102=61\times 2\), og \(61\) er primtall så dette går heller ikke som antall divisorer. \(104 = 2^3\times 13\). Det er mulig at dette er antall divisorer til \(N\), men da vil det eksistere \(p\) s.t. \(v_p(N)=12\), så da må vi gange \(2024\) med et tall større enn \(2^9\), men \(2^9>2^5\times 3^2\).
Hvis nå \(d(N)=105=3\times 5\times 7\) får vi at \(rad(N)=rad(2024)\), og at vi må gange \(2024\) med minst \(2^3\times 11^3\times 23>2^5\times 3^2\). Dermed gjenstår vi bare med tilfellet \(d(N)=108=2^2\times 3^3\). Vi gjør casework på \(v_2(N\).
Først, hvis \(v_2(N)=3\), får vi at \(v_2(N)\) bidrar med \(4\) til \(d(N)\), som betyr at resten \(v_{11}(N)\geq 2\) og \(v_{23}(N)\geq 2\). Samtidig, mangler vi fortsatt en faktor av \(3\) så \(N\geq 3^2\times 11\times 23\times 2024 > 2^5\times 3^2\times 2024\). Det er lett å se at \(v_2(N)=4\) ikke går, og hvis \(v_2(N)=5\), får vi at vi må gange med enten \(23\) eller \(11\), og i tillegg manger vi en faktor av \(3\), så da blir det minimalt \(2^2\times 11\times 3^2\). \(v_2(N)=6,7\) går begge ikke, og hvis \(v_2(N)=8\), får vi lett at det er best å bare gange med \(9\). \(v_2(N)=9,10\) går begge ikke, og hvis \(v_2(N) = 11\) får vi at vi må allerede gange med minst \(2^{8}\) i tillegg til enten \(11\) eller \(23\), så det blir for stort. Hvis \(v_2(N)>11\), må vi gange med minst \(2^9>2^5\times 3^2\), så vi er ferdige fordi vi har gått gjennom alle cases.
-
Lil_Flip39
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
lfe har veldig veldig mange mynter. Han har faktisk uendelig mynter med verdi \(1\), \(10\) og \(25\). lfe vil finne en samling av penger som har verdi akkurat \(N\). Ife er altså ganske grådig, så han bruker den såkalte grådigmetoden for å velge mynter. Hver gang lfe skal velge mynt, velger han alltid mynten med størst verdi uten at summen av alle myntene han har valgt så langt har gått over \(N\). For eksempel, for \(42\), vil lfe velge en \(25\)-kroning, også en \(10\)-kroning og deretter \(7\) \(1\)-kroninger. Problemet er at grådigmetoden er ikke alltid optimal- noen ganger bruker grådighetsmetoden flere mynter enn det som er nødvendig. Finn ut av hvor mange verdier av \(N\), \(1\leq N\leq 1000\) er slik at grådighetsmetoden er optimal for å velge minimal antall mynter hvor summen er \(N\).
-
guessthefunction
- Pytagoras
- Posts: 10
- Joined: 23/12-2025 13:26
Det totale antallet mynter minimeres for verdier på $610$ av $N$.
Påstand: Antallet mynter minimeres ikke hvis $N\equiv 10a+b\mod 25$ der $0\le a\le 1\in\mathbb{N}$, $5\le b\le 9\in\mathbb{N}$ og $N\ge 25$.
Bevis. La $c$ være antallet 25 - kroninger. Da bruker Ife $a+b+c$-mynter. Anta nå at Ife i stedet bruker $b-5$ 1⁻-kroninger, $a+3$ 10 - kroninger og $c-1$ 25 - kroninger. Da er verdien av myntene hans fortsatt $25(c-1)+10(a+3)+b-5=25c+10a+b$, men han bruker bare $(c-1)+(a+3)+(b-5)=a+b+c-3$. Dermed er påstanden bevist.
Påstand: Antall mynter er minimert i alle andre tilfeller.
Bevis. Hvis $N<25$, er det tydelig at antallet mynter er minimert. Anta nå at $N\equiv 10a+b\mod 25$ der $0\le a\le 1\in\mathbb{N}$, $0\le b\le 4\in\mathbb{N}$ og $N\ge 25$. Hvis vi definerer $a$, $b$, $c$ som før, er den eneste måten å prøve å redusere antallet mynter på å redusere $c$. La oss si at vi reduserer $c$ med $n$. Anta at $n$ er oddetall. For å kompensere må $b$ øke med $\dfrac{5n-1}{2}$ og $b$ må øke med $5$. Dette øker tydelig det totale antallet mynter. Hvis $n$ er partall, reduseres $a$ med $\dfrac{5n}{2}$, og $b$ forblir det samme. Dette øker også det totale antallet mynter. Dermed er beviset fullført.
Vi teller nå hvor mange $N\ge 25$ det er slik at antallet mynter ikke minimeres. Definer $a,b,c$ som før. Det er $39$-valg for $c$, $2$ for $a$ og $5$ for $b$, noe som gir totalt $39\cdot 2\cdot 5=390$-verdier av $N$ der antallet mynter ikke minimeres. Derfor minimeres det totale antallet mynter for $1000-390=610$ verdier av $N$ etter ønske.
Påstand: Antallet mynter minimeres ikke hvis $N\equiv 10a+b\mod 25$ der $0\le a\le 1\in\mathbb{N}$, $5\le b\le 9\in\mathbb{N}$ og $N\ge 25$.
Bevis. La $c$ være antallet 25 - kroninger. Da bruker Ife $a+b+c$-mynter. Anta nå at Ife i stedet bruker $b-5$ 1⁻-kroninger, $a+3$ 10 - kroninger og $c-1$ 25 - kroninger. Da er verdien av myntene hans fortsatt $25(c-1)+10(a+3)+b-5=25c+10a+b$, men han bruker bare $(c-1)+(a+3)+(b-5)=a+b+c-3$. Dermed er påstanden bevist.
Påstand: Antall mynter er minimert i alle andre tilfeller.
Bevis. Hvis $N<25$, er det tydelig at antallet mynter er minimert. Anta nå at $N\equiv 10a+b\mod 25$ der $0\le a\le 1\in\mathbb{N}$, $0\le b\le 4\in\mathbb{N}$ og $N\ge 25$. Hvis vi definerer $a$, $b$, $c$ som før, er den eneste måten å prøve å redusere antallet mynter på å redusere $c$. La oss si at vi reduserer $c$ med $n$. Anta at $n$ er oddetall. For å kompensere må $b$ øke med $\dfrac{5n-1}{2}$ og $b$ må øke med $5$. Dette øker tydelig det totale antallet mynter. Hvis $n$ er partall, reduseres $a$ med $\dfrac{5n}{2}$, og $b$ forblir det samme. Dette øker også det totale antallet mynter. Dermed er beviset fullført.
Vi teller nå hvor mange $N\ge 25$ det er slik at antallet mynter ikke minimeres. Definer $a,b,c$ som før. Det er $39$-valg for $c$, $2$ for $a$ og $5$ for $b$, noe som gir totalt $39\cdot 2\cdot 5=390$-verdier av $N$ der antallet mynter ikke minimeres. Derfor minimeres det totale antallet mynter for $1000-390=610$ verdier av $N$ etter ønske.
-
guessthefunction
- Pytagoras
- Posts: 10
- Joined: 23/12-2025 13:26
Henrik leker et spill. Han har $N$-godteri der $N < 1000$. Hver gang deler han godteriet inn i $n$-grupper, og deretter spiser han de resterende godteriet som ikke fordeler seg jevnt. På sitt første forsøk deler han godteriet inn i $17$-grupper, og spiser deretter de resterende $12$-godteriene. På sitt andre forsøk deler han de resterende godteriet inn i $23$-grupper, og spiser deretter de resterende $11$-godteriene. Deretter deler han godteriet inn i $21$-grupper og spiser de resterende $15$-godteriene. På sin siste tur deler han godteriet inn i $31$-grupper. Men nå er Henrik lei av å spise godteri, og bestemmer seg for å hvile. Hvis det er $a$-godteri i hver gruppe og $r$-godteri igjen, hva er $a+r$?