ARHIMEDOVA TAČKA

20 MAJSKIH REŠENJA

Sa dozvolom 123rf.com

U ovom prilogu data su rešenja 20 zadataka postavljenih u majskom broju Galaksije, pod naslovom Deoba zlata u doba korone. Videti link: https://galaksijanova.rs/2020/05/

 


Prof. dr Miodrag Petković

1. Upalimo fitilj jedne sveće, nazovimo je A, na oba kraja, a fitilj druge sveće B upalimo samo sa jedne strane. Sveća A će goreti sa obe strane prema sredini, i posle 30 minuta će potpuno izgoreti. U tom momentu upalimo i drugi (nezapaljen) kraj sveće B. Preostali deo ove sveće sagoreće za 15 minuta, što od početka paljenja obe sveće čini 45 minuta.

2. Lako je proveriti da nijedan trocifren broj koji se može napisati pomoću cifara 3, 1 i 6 (njih ukupno 6), nije deljiv sa 7. Rešenje je zasnovano na jednostavnom triku (setite se, radi se o gimnastičarkama). Potrebno je da gimnastičarka sa brojem 6 pravi stoj na rukama (tako se dobija broj 9), a da pored nje stanu gimnastičarke sa brojevima 3 i 1, slika 1. Dobijeni broj 931 deljiv je sa 7.

Sl. 1 Sl. 2

3. Sa raspoloživim količinama boja zadatak se ne može rešiti. Međutim, ako pomešamo 1/3 ukupne količine crvene boje sa svom raspoloživom količinom plave boje, dobićemo purpurnu boju dovoljnu za bojenje površine od 18 kvadrata. U tom slučaju problem bojenja se lako rešava, videti sliku 2.

4. Evo jednog od više rešenja (koristeći notaciju datu u postavci zadatka):

c5–a4–c3–d1–e3–g4–e5–c6–a5–b3–c1–e2–g3–f5–e7–d5–

c7–e6–f4–d3–b4–c2–e1–f3–g5–e5–d2–c4–d6–b5–s3

5. Do rešenja se dolazi korišćenjem vrlo jednostavne ali efektne ideje. Pretpostavimo da u planinarenju učestvuju dva planinara: jedan koji je u 6 ujutru počeo da se penje uz planinu, i drugi koji je u isto vreme i istom stazom počeo da se spušta niz planinu. U nekom momentu oni se moraju sresti na stazi; tačka susreta je upravo tražena tačka jer je od vremena polaska obojice planinara proteklo isto vreme.

6. Situacija na prvi pogled izgleda vrlo komplikovana jer dužine puteva ptice između biciklista postaju sve manje i manje što navodi na pomisao o potrebi za sumiranjem beskonačnog broja sabiraka od kojih je svaki manji od prethodnog. Međutim, rešenje je toliko jednostavno da bi skoro moglo da se nazove trikom. Podsetimo se osnovne jednačine iz fizike o ravnomernom kretanju: pređeni put = brzina x utrošeno vreme.

Dovoljno je primetiti da će se biciklisti sresti posle vremena t* koje se može odrediti iz jednačine

10 x t* + 15 x t* = 100, tj. 25 t* = 100.

Odavde nalazimo da je do susreta biciklista došlo posle t* = 4 sata. Sve to vreme lasta je letela konstantnom brzinom od 50 km/čas, tako da je njen ukupno pređeni put jednak (50 km/čas) x 4 časa = 200 km.

7. Rešenje je prikazano na slici 3:

Sl. 3 Sl. 4

8. Rešenje je prikazano na slici 4. Suma brojeva u svakom od 15 pravaca jednaka je 38.

9. Broj 36 može se rastaviti na tri činioca na osam načina:

36 = 1 x 1 x 36, 1 + 1 + 36 = 38

36 = 1 x 2 x 18, 1 + 2 +18 = 21

36 = 1 x 3 x 12, 1 + 3 +12 = 16

36 = 1 x 4 x 9, 1 + 4 + 9 = 14

36 =1 x 6 x 6, 1 + 6 + 6 = 13

36 = 2 x 2 x 9, 2 + 2 + 9 = 13

36 = 2 x 3 x 6, 2 + 3 + 6 = 11

36 = 3 x 3 x 4, 3 + 3 +4 = 10.

U drugoj koloni dati su zbirovi činilaca. Kako je sagovornik znao zbir godina (jer je video broj kuće), očigledno je da je do dileme moglo doći samo u slučaju kada su činioci 1, 6, 6 i 2, 2, 9 jer se zbir 13 javlja u oba slučaja. Činjenica da najstarija ćerka svira klavir odbacuje kombinaciju 1, 6, 6. Prema tome, dve devojčice imaju po dve godine, a treća ima devet godina.

10. Traženi raspored je dat na slici 5, gde beli krugovi označavaju mornare, a crni krugovi krijumčare. Preskače se svaka četvrta osoba u trenutnom rasporedu.

Sl. 5 Raspored krijumčara i mornara

11. Ostaviti prekidač 1 u isključenom stanju. Uključiti prekidač 2 i ostaviti ga u tom položaju nekoliko minuta. Zatim ga isključiti, uključiti prekidač 3 i odmah ući u sobu. Ako je sijalica upaljena, to znači da prekidač 3 kontroliše sijalicu. Ako je sijalica ugašena ali je topla, pravi prekidač je broj 2, i konačno, ako sijalica ne svetli i hladna je, prekidač 1 je pravi.

12. Zadatak se može elegantno rešiti koristeći tzv. metod „dugmeta i konca koji je za klasu sličnih problema predložio čuveni engleski sastavljač matematičkih zagonetki Henri Dudeni.

Sl. 6 Razmena belij i crnih skakača na tabli 4 x 3

Označimo polja table 4 x 3 brojevima od 1 do 12 (sl. 6 a)), skakači su na poljima 1, 2, 3, 10, 11, 12. Spojimo polazna i dolazna polja („dugmeta) skakača dužima („koncima), kao na slici 6a. Ova mreža konaca može se „razmrsiti ako se uhvati neko od dugmeta od koga polaze dva konca (10, 11, 12, 8, 5, 1, 2, 3) i mreža „protrese”. Na taj način se dobija uprošćena šema prikazana na slici 6b. Sada je znatno lakše pomerati skakače i to samo na jedno od susednih tačaka (dugmeta) i tražiti rešenje u minimalnom broju poteza. Postoji 16 rešenja u minimalnom broju poteza jer pomeranje skakača duž mreže 6b nije jednoznačno. Navodimo jedno rešenje:

1–6–7, 11–6–1, 3–4–11, 10–9–4–3, 2–9–10, 7–6, 12–7–2, 6–7–12

13. Rešenje je prikazano na slici 7.

Sl. 7

14. Označimo konopce sa L (levi) i D (desni). Vezujemo donje delove konopca blizu poda. Penjemo se uz konopac L (svejedno je da li počinjemo sa konopcem L ili konopcem D) do plafona i sečemo konopac D otprilike na 1 metar od plafona puštajući da ostatak konopca D padne. Od ostatka konopca dužine od 1 metra pravimo petlju. Držeći se za deo konopca koji visi sa plafona i ima petlju sečemo konopac L što bliže plafonu i isečeni kraj provlačimo kroz petlju. Povlačimo sastavljeni konopac kroz petlju sve dok se dužine dva dela konopca ne izjednače. Zatim silazimo na pod koristeći previjeni konopac L i povlačimo jedan kraj duplog konopca kroz petlju sve dok ne padne na pod. Iznad nas je ostao da visi samo deo konopca D sa petljom.

15. Neka A označava lokaciju zalutalog drvoseče u šumi. S obzirom na potrošnju goriva, svojom mašinom on može da pređe najviše 220:10=22 kilometra. Pokazaćemo da je to dovoljno za izlazak iz šume.

Sl. 8 Izlaz iz šume Sl. 9

Svojom mašinom drvoseča ide 11 km po pravoj putanji do tačke B, zatim okreće pod pravim uglom (nije bitno u kom smeru je zaokret) i ide još 11 km po pravoj liniji do izvesne tačke C (sl. 8). Dokažimo da je bar jedna od tačaka B i izvan šume.

Zaista, ako bi sve tri tačke A, B, C ležale unutar šume, tada bi i svaka tačka iz unutrašnjosti pravouglog trougla ABC ležala unutar šume. Međutim, površina ovog trougla je 11 x 11/2 = 60,5 kvadratnih kilometara, što bi značilo da je površina šume veća od 60 kvadratnih kilometara. Ovo je kontradiktorno sa uslovima zadatka, što znači da bar jedna od tačaka B i C leži izvan šume.

16. Zadatak se može formulisati i na sledeći način: Rasporediti 9 tačaka u ravni tako da se kroz njih može provući deset pravih od kojih svaka sadrži po tri tačke. Rešenje je dato na slici 9.

17. Pokažite prstom na flašu u sredini i recite: „Da li je u flaši na desnoj strani živa tarantula? Ukoliko je odgovor „da, onda se u flaši na desnoj strani nalazi živa tarantula. Ukoliko je odgovor „ne, onda se živa tarantula nalazi u flaši sa leve strane. Zapazite da ako pokazujete na flašu sa živom tarantulom, onda Ana govori istinu, a ako pokazujete na mrtvu tarantulu, odgovor nije bitan jer ćete uzeti jednu od druge dve flaše u kojima su žive tarantule

18. Označimo sa, C i P i Z redom broj plavih, crvenih i zelenih kameleona. Brojno stanje sve tri vrste kameleona predstavićemo pomoću uređene trojke (P, C, Z). Pitanje u zadatku može se postaviti i ovako: „Da li je u nekom trenutku na ostrvu moguće da se pojavi jedna od trojki kameleona (2020,0,0), ili (0,2020,0), ili (0,0,2020)?

Pokazaćemo da se pri susretu dva kameleona, ostatak deljenja broja P–Z sa 3 ne menja. Zaista, ako se sretnu plavi i zeleni, oba će izgubiti svoju boju te je (P–1)–(Z–1) = P–Z. Ako se sretnu plavi i crveni, tada se broj plavih smanji za 1, a broj zelenih se poveća za 2. Tada je (P–1)–(Z+2) = P–Z–3. Slično, ako se sretnu zeleni i crveni, biće (P+2)–(Z–1) = P–Z+3 Prema tome, ostatak pri deljenju sva tri broja P–Z, P–Z–3, P–Z+3 sa 3 je isti.

U posmatranom trenutku sa početnom situacijom (1000,600,420) broj P–Z = 580 ima ostatak 2 pri deljenju sa 3. Ovaj ostatak je isti za sve tri opisane situacije različitih susreta kameleona. Međutim, u trojkama koje očekujemo (P = 2020, ili C = 2020, ili Z = 2020) ovaj ostatak je 0, što znači da se trojke (2020,0,0), ili (0,2020,0), ili (0,0,2020) ne mogu pojaviti. Prema tome, ni u jednom momentu nije moguće da svi kameleoni na ostrvu postanu iste boje.

19. Označimo sa Z broj zlatnika. Na osnovu ispričane priče sledi da je broj Z–1 deljiv sa svakim od brojeva od 2 do 12. Da bi to bio slučaj, lako je zaključiti da je dovoljno da ovaj broj bude deljiv sa

d = 5 x 7 x 8 x 9 x 11=27720.

Dakle, svi prirodni brojevi koji pri deljenju sa bilo kojim prirodnim brojem od 2 do 12 daju ostatak 1 mogu se napisati u obliku Z = kd + 1 = 27720k + 1, gde je k proizvoljan ceo nenegativan broj. Na osnovu uslova zadatka mora da bude 28000 < 27720k + 1 < 70000, što je ispunjeno samo za k = 2 Prema tome, ukupan broj zaplenjenih zlatnika je Z = 55441.

20. Rešenje je prikazano na slici 10.

Sl. 10

O autoru

Stanko

Ostavite komentar