Республиканская олимпиада по математике, 2013 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Если взять набор чисел $(2,2,2,2,2,2,2)$ которая меньше любого набора из $(1,2,3,4,5,6,7,8,9...,25)$ и оценить
$((2^3+2^3+2^3)^3+2^3+2^3)^3+2^3+2^3 > ((2^3+2^3+2^3)^3+2^3+2^3)^3 = (3^3 \cdot 2^9+2^4)^3 = (16(32 \cdot 27+1))^3 > 2013^3 $ значит последнее число будет больше $2013^3$ при любых чисел
Рассмотрим по модулю 3. Для всех натуральных $a$ выполнено $$a^3-a=a*(a+1)*(a-1) \equiv 0 \pmod{3}$$ Значит $a^3+b^3+c^3 \equiv a+b+c \pmod {3} \Rightarrow $последнее число сравнимо с суммой изначальных чисел, т.е. $1+2+3+\dots+25 \equiv 1 \pmod {3}$, но $2013^3 \equiv 0 \pmod {3}$, следовательно, полседним числом не могло быть $2013^3$.
Допустим это возможно. По МТФ а^3=а по модулю 3. Тогда а^3+b^3+c^3= a+b+c по модулю 3. Значит сумма чисел на доске инвариантна по модулю 3. 1+..+25=1 по модулю 3. Но 2013^3 делиться на 3. Противоречие.
т.к. все числа в кубе дают по моду $10$ разный остаток $1^3\equiv 1 \pmod{10} ,2^3\equiv 8 \pmod{10} ,,3^3\equiv 7 \pmod{10} ,,4^3\equiv 4 \pmod{10} ,,5^3\equiv 5 \pmod{10} ,,6^3\equiv 6\pmod{10} ,,7^3\equiv 3 \pmod{10} ,,8^3\equiv 2 \pmod{10} ,,9^3\equiv 9 \pmod{10},10^3\equiv 0 \pmod{10} , $ значит сумируем все числа от $1$ до $25$ и находим последнию цифру это $5$ а последняя цифра $2013^3$ это $7$ так что это невозможно
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.