Olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a V-a — subiecte și soluții

Ideea: urmărim ce se întâmplă cu echipele când lipsesc cei trei copii: băieții rămași „fără fată” trebuie împărțiți câte unul în celelalte echipe.

1. Dacă elevii lucrează în echipe de câte o fată și trei băieți, îi putem grupa astfel: $(F,B,B,B)$, $(F,B,B,B)$, $(F,B,B,B)$, …, $(F,B,B,B)$. (1 p)
2. Când lipsesc două fete și un băiat, două echipe rămân incomplete (dacă băiatul absent nu face parte din aceeași echipă cu una dintre fetele absente, mutăm un băiat dintr-o echipă în alta, ca lipsurile să fie în aceleași două echipe): $(\text{—},\text{—},B,B)$, $(\text{—},B,B,B)$, $(F,B,B,B)$, …, $(F,B,B,B)$. (1 p)
3. Cum fiecare echipă nouă conține câte o singură fată, cei $2+3=5$ băieți rămași din echipele incomplete trebuie împărțiți astfel încât să completeze echipele de câte 3 băieți și o fată până la patru băieți, așadar câte încă unul în fiecare echipă. (2 p)
4. Deoarece toate echipele nou formate conțin exact câte 4 băieți și o fată, deducem că s-au format exact 5 astfel de echipe (câte una pentru fiecare dintre cei 5 băieți mutați). Așadar, în ziua în care au lipsit cei trei copii, au fost prezenți $5\cdot 4=20$ de băieți și 5 fete. (2 p)
5. Așadar, la cercul de robotică sunt înscriși $20+1=21$ de băieți și $5+2=7$ fete, în total 28 de elevi. (1 p)

Soluție alternativă (din barem): dacă $f$ este numărul fetelor de la cerc, numărul băieților este $3f$ (1 p). Când lipsesc două fete și un băiat, numărul fetelor devine $f-2$, iar al băieților $3f-1$ (1 p). Elevii se pot regrupa cu câte o fată și patru băieți în fiecare echipă, deci $4\cdot (f-2)=3f-1$ (2 p). Obținem $4f-8=3f-1$, de unde $f=7$ (2 p). Numărul băieților este $3\cdot 7=21$, deci la cerc sunt $7+21=28$ de elevi (1 p).

Verificare: 7 fete și 21 de băieți formează 7 echipe $(F,B,B,B)$. Fără 2 fete și un băiat rămân 5 fete și 20 de băieți, adică 5 echipe de câte o fată și 4 băieți. ✓

Răspuns: la cercul de robotică sunt înscriși 28 de elevi (7 fete și 21 de băieți).

Ideea: dăm factor comun cea mai mică putere a lui 2; ce rămâne în paranteză este un număr impar, iar $305$ este și el impar.

1. Presupunem, fără a restrânge generalitatea, că $x<y<z<t$ (suma nu depinde de ordine). Atunci $2^x+2^y+2^z+2^t$ $=305\cdot 2^a$, de unde $$2^x\cdot (1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x})=305\cdot 2^a.(1)$$ (1 p)
2. Cum $x<y<z<t$, numerele $y-x$, $z-x$ și $t-x$ sunt naturale nenule, deci $2^{y-x}$, $2^{z-x}$, $2^{t-x}$ sunt numere pare, iar $1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x}$ este impar. (1 p)
3. Din motive de paritate (305 este impar), din relația (1) deducem că $2^x=2^a$ și $1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x}$ $=305$, deci $x=a$, iar $2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x}$ $=304$. (2 p)
4. Obținem $2^{y-x}\cdot (1+2^{z-y}+2^{t-y})$ $=2^4\cdot 19$. Paranteza este impară, deci $2^{y-x}=2^4$, adică $y-x=4$ și $y=a+4$. (1 p)
5. În plus, $1+2^{z-y}+2^{t-y}=19$, deci $2^{z-y}\cdot (1+2^{t-z})$ $=2\cdot 9$, de unde reiese că $z-y=1$ și $t-z=3$ ($1+2^3=9$), adică $z=y+1=a+5$ și $t=z+3=a+8$. (1 p)
6. Ca urmare, $$a+x+y+z+t=a+a+(a+4)+(a+5)+(a+8)$$ $$=5a+17=5\cdot (a+3)+2,$$ deci restul împărțirii sumei $a+x+y+z+t$ la 5 este egal cu 2. (1 p)

Verificare: pentru $a=0$: $2^0+2^4+2^5+2^8$ $=1+16+32+256$ $=305$ $=305\cdot 2^0$, iar suma $0+0+4+5+8=17$ dă restul 2 la împărțirea cu 5. ✓

Răspuns: restul este 2.

Ideea: două numere consecutive sunt întotdeauna unul par și unul impar, iar printre ele se află cel mult un multiplu de 3.

a)

1. La fiecare pas se șterg câte două numere consecutive, adică un număr par și un număr impar. După 674 de pași s-au șters 674 de numere pare și 674 de numere impare. (1 p)
2. Pe ecran erau scrise inițial 1012 numere pare și 1013 numere impare, deci pe ecran rămân $1012-674=338$ de numere pare și $1013-674=339$ de numere impare. (1 p)
3. Suma unui număr impar de numere impare este un număr impar (iar numerele pare nu schimbă paritatea sumei), deci suma numerelor rămase pe ecran este un număr impar, care nu poate fi divizibil cu 6. (1 p)

b)

1. Dintre două numere naturale consecutive, cel mult unul este multiplu de 3, deci la fiecare dintre cei 674 de pași se șterge cel mult un multiplu de 3. (1 p)
2. Printre numerele de la 1 la 2025 se află $2025:3=675$ de multipli de 3, deci la oprirea algoritmului rămâne pe ecran cel puțin un număr natural divizibil cu 3, adică un număr $m$ de forma $m=3a$, unde $a$ este număr natural nenul. (1 p)
3. Alegem un număr par $n=2b$, diferit de $m$, unde $b$ este număr natural nenul, dintre cele 338 de numere pare rămase pe ecran. Produsul numerelor rămase pe ecran conține factorul $m\cdot n$ $=6\cdot a\cdot b$, deci este divizibil cu 6. (2 p)

Răspuns: a) suma rămasă este impară, deci nu se divide cu 6; b) rămân cel puțin un multiplu de 3 și cel puțin un număr par, deci produsul se divide cu 6.

Ideea: dacă cel mai mare număr este mic, atunci toate celelalte sunt și mai mici, iar suma nu mai ajunge la 2025.

1. Fie $a_1$ $<a_2$ $<a_3$ $<\dots$ $<a_{40}$ astfel încât $a_1+a_2+a_3+\dots +a_{40}$ $=2025$. Numerele sunt naturale și diferite, deci $a_2\ge a_1+1$, $a_3\ge a_2+1$, $a_4\ge a_3+1$, …, $a_{40}\ge a_{39}+1$. (1 p)
2. În consecință, $a_{40}\ge a_1+39$, $a_{40}\ge a_2+38$, …, $a_{40}\ge a_{38}+2$ (și $a_{40}\ge a_{39}+1$). (2 p)
3. Adunând aceste 39 de inegalități și pe $a_{40}=a_{40}$: $$40\cdot a_{40}\ge (a_1+39)+(a_2+38)+\dots +(a_{39}+1)+a_{40},$$ deci $40\cdot a_{40}$ $\ge 2025+(1+2+\dots +39)$ $=2025+780$ $=2805$. Cum $2805:40=\mathrm{70,125}$ și $a_{40}$ este număr natural, deducem că $a_{40}\ge 71$. (2 p)
4. Numărul 2025 se poate scrie ca sumă de 40 de numere naturale nenule distincte astfel încât cel mai mare dintre ele să fie 71, de exemplu $$1+29+34+35+36+\dots +70+71=2025$$ (numerele de la 34 la 71 sunt 38 de numere, cu suma $(34+71)\cdot 38:2$ $=1995$, iar $1995+1+29=2025$). Rezultă că cea mai mică valoare posibilă a lui $a_{40}$ este 71. (2 p)

Răspuns: cea mai mică valoare a celui mai mare număr este 71.