Olimpiada de matematică 2025, etapa locală (București) — clasa a V-a, subiecte rezolvate

a)

1. Din teorema împărțirii cu rest obținem $a=b\cdot 4+50$, iar restul este mai mic decât împărțitorul, deci $b>50$. (1 p)
2. Deducem că $a-4b=50$, de unde $2a-8b=100$, deci $2a-8b+629=729$. (1 p)
3. Cum $729=3^6={27}^2=9^3$, numărul este simultan pătrat perfect și cub perfect. (1 p)

b)

1. Cum $a=4b+50$, obținem $a+11b$ $=4b+50+11b$ $=15b+50$. Condiția devine $15b+50\le 2025$, adică $15b\le 1975$, de unde $b\le 131$ (pentru că $15\cdot 131=1965$, iar $15\cdot 132=1980$). (2 p)
2. Așadar $51\le b\le 131$, iar fiecărui $b$ îi corespunde un singur $a=4b+50$. Numărul perechilor este $131-51+1=81=9^2$, pătrat perfect. (2 p)

Răspuns: a) $2a-8b+629$ $=729$ $={27}^2$ $=9^3$; b) există 81 de perechi, iar $81=9^2$.

Ideea pentru a): un pătrat perfect dă la împărțirea cu 4 restul 0 sau 1 (pentru $k$ par, $k^2$ se împarte la 4; pentru $k$ impar, $k^2$ dă restul 1). Restul împărțirii unui număr la 4 depinde doar de numărul format din ultimele lui două cifre.

a)

1. Numerele cu 2025 de cifre identice sunt de forma $\overline{aa\dots a}$ (2025 de cifre $a$). Un pătrat perfect poate avea ultima cifră doar 0, 1, 4, 5, 6 sau 9, iar $a\ne 0$, deci, dacă numărul ar fi pătrat perfect, $a$ poate fi doar 1, 4, 5, 6 sau 9. (1 p)
2. Pentru $a\ne 4$, scriem numărul ca $\overline{aa\dots a00}+\overline{aa}$ (primul termen se împarte la 100, deci și la 4). Restul împărțirii la 4 este restul lui $\overline{aa}$: 3 pentru $a\in \{1,5,9\}$ (11, 55 și 99 dau restul 3) și 2 pentru $a=6$ (66 dă restul 2). Așadar numărul nu poate fi pătrat perfect. (2 p)
3. Pentru $a=4$, numărul este $4\cdot \overline{11\dots 1}$ (2025 de cifre 1). Cum $4=2^2$, el ar fi pătrat perfect doar dacă $\overline{11\dots 1}$ ar fi pătrat perfect; dar $\overline{11\dots 1}$ dă restul 3 la împărțirea cu 4 (ca 11), deci nu este pătrat perfect. Prin urmare, nu există pătrate perfecte formate din 2025 de cifre identice. (1 p)

b)

1. Un număr cu $m$ cifre este cuprins între ${10}^{m-1}$ și ${10}^m$. Cum $2^{2025}$ are $m$ cifre, ${10}^{m-1}$ $<2^{2025}$ $<{10}^m$, iar cum $5^{2025}$ are $n$ cifre, ${10}^{n-1}$ $<5^{2025}$ $<{10}^n$. (Inegalitățile sunt stricte, pentru că nici $2^{2025}$, nici $5^{2025}$ nu este o putere a lui 10.) (1 p)
2. Înmulțind cele două inegalități și folosind $2^{2025}\cdot 5^{2025}$ $={10}^{2025}$, obținem ${10}^{m+n-2}$ $<{10}^{2025}$ $<{10}^{m+n}$, deci $m+n-2$ $<2025$ $<m+n$. (1 p)
3. Obținem $2025<m+n<2027$, deci $m+n=2026$. (1 p)

Răspuns: a) nu există; b) $m+n=2026$.

Ideea: numărul 7 este „magic”: oricât ar lua Bob (între 1 și 6), Alex poate lua restul până la 7. Lucrăm înapoi, de la sfârșitul jocului.

1. Dacă înainte de penultima mutare pe masă există 7 bile și este rândul lui Bob să ridice un număr de bile cuprins între 1 și 6, pe masă va rămâne un număr de bile cuprins între 1 și 6, pe care le va lua Alex, care câștigă jocul. (2 p)
2. Cum $200=7\cdot 28+4$, Alex trebuie să ridice la prima mutare 4 bile, rămânând $7\cdot 28=196$ de bile. (2 p)
3. La fiecare pas, Alex va ridica diferența până la 7 a numărului de bile ridicate de Bob (dacă Bob ia 1 bilă, Alex ia 6; dacă Bob ia 2, Alex ia 5 etc.). Astfel, după fiecare pereche de mutări Bob–Alex, de pe masă dispar exact 7 bile, iar numărul rămas este tot un multiplu de 7. (2 p)
4. După 55 de mutări (prima mutare a lui Alex și încă 27 de perechi de mutări), pe masă rămân $196-27\cdot 7=7$ bile și este rândul lui Bob, deci Alex câștigă jocul. (1 p)

Răspuns: Alex ia 4 bile la prima mutare, apoi, de fiecare dată, completează până la 7 numărul de bile luate de Bob.

Ideea: mergem de la pătrățelul cu 1 la pătrățelul cu 81, trecând de fiecare dată într-un pătrățel vecin. Dacă la fiecare pas numărul s-ar schimba cu cel mult 5, n-am putea „urca” de la 1 la 81 în prea puțini pași.

1. Presupunem contrariul: oricare două numere vecine diferă prin cel mult 5. Atunci, dacă există un drum de lungime $k$ (adică $k$ pași) format din pătrățele consecutive (vecine), suma diferențelor numerelor din aceste pătrățele este cel mult $5k$: diferența dintre numerele de la capetele drumului este cel mult $5k$. (3 p)
2. Dar diferența dintre 1 și 81 este 80, iar numărul de pași dintre două pătrățele ale tablei este cel mult 16 (cel mult 8 pași pe orizontală și cel mult 8 pași pe verticală). (2 p)
3. Deoarece $5\cdot 16=80$, inegalitatea $80\le 5\cdot 16$ poate fi adevărată doar la limită: 1 și 81 trebuie să fie în colțuri opuse ale tablei (exact 16 pași între ele) și, pe orice drum cel mai scurt de la 1 la 81, fiecare pas trebuie să crească numărul cu exact 5. Să zicem că 1 este în colțul din stânga sus, iar 81 în colțul din dreapta jos. Pătrățelul din dreapta lui 1 și pătrățelul de sub 1 se află amândouă pe drumuri cele mai scurte de la 1 la 81, deci în ambele ar trebui să fie scris $1+5=6$ — imposibil, pentru că numerele sunt diferite. Contradicția arată că există două numere vecine care diferă prin cel puțin 6. (2 p)

Notă: baremul oficial încheie pe scurt („putem avea diferența maximă 5 o singură dată; pe oricare alt drum de la 1 la 81 vom găsi perechi de vecini care diferă prin cel puțin 6”); mai sus am scris complet de ce cazul de egalitate este imposibil.