У овом прилогу дата су решења 20 задатака постављених у мајском броју „Галаксије”, под насловом „Деоба злата у доба короне”. Видети линк: https://galaksijanova.rs/2020/05/
Проф. др Миодраг Петковић
1. Упалимо фитиљ једне свеће, назовимо је А, на оба краја, а фитиљ друге свеће B упалимо само са једне стране. Свећа А ће горети са обе стране према средини, и после 30 минута ће потпуно изгорети. У том моменту упалимо и други (незапаљен) крај свеће B. Преостали део ове свеће сагореће за 15 минута, што од почетка паљења обе свеће чини 45 минута.
2. Лако је проверити да ниједан троцифрен број који се може написати помоћу цифара 3, 1 и 6 (њих укупно 6), није дељив са 7. Решење је засновано на једноставном трику (сетите се, ради се о гимнастичаркама). Потребно је да гимнастичарка са бројем 6 прави стој на рукама (тако се добија број 9), а да поред ње стану гимнастичарке са бројевима 3 и 1, слика 1. Добијени број 931 дељив је са 7.
Сл. 1 Сл. 2
3. Са расположивим количинама боја задатак се не може решити. Међутим, ако помешамо 1/3 укупне количине црвене боје са свом расположивом количином плаве боје, добићемо пурпурну боју довољну за бојење површине од 18 квадрата. У том случају проблем бојења се лако решава, видети слику 2.
4. Ево једног од више решења (користећи нотацију дату у поставци задатка):
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. До решења се долази коришћењем врло једноставне али ефектне идеје. Претпоставимо да у планинарењу учествују два планинара: један који је у 6 ујутру почео да се пење уз планину, и други који је у исто време и истом стазом почео да се спушта низ планину. У неком моменту они се морају срести на стази; тачка сусрета је управо тражена тачка јер је од времена поласка обојице планинара протекло исто време.
6. Ситуација на први поглед изгледа врло компликована јер дужине путева птице између бициклиста постају све мање и мање што наводи на помисао о потреби за сумирањем бесконачног броја сабирака од којих је сваки мањи од претходног. Међутим, решење је толико једноставно да би скоро могло да се назове триком. Подсетимо се основне једначине из физике о равномерном кретању: пређени пут = брзина x утрошено време.
Довољно је приметити да ће се бициклисти срести после времена t* које се може одредити из једначине
10 x t* + 15 x t* = 100, tj. 25 t* = 100.
Одавде налазимо да је до сусрета бициклиста дошло после t* = 4 сата. Све то време ласта је летела константном брзином од 50 км/час, тако да је њен укупно пређени пут једнак (50 км/час) x 4 часа = 200 км.
7. Решење је приказано на слици 3:
Сл. 3 Сл. 4
8. Решење је приказано на слици 4. Сума бројева у сваком од 15 праваца једнака је 38.
9. Број 36 може се раставити на три чиниоца на осам начина:
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.
У другој колони дати су збирови чинилаца. Kако је саговорник знао збир година (јер је видео број куће), очигледно је да је до дилеме могло доћи само у случају када су чиниоци 1, 6, 6 и 2, 2, 9 јер се збир 13 јавља у оба случаја. Чињеница да најстарија ћерка свира клавир одбацује комбинацију 1, 6, 6. Према томе, две девојчице имају по две године, а трећа има девет година.
10. Тражени распоред је дат на слици 5, где бели кругови означавају морнаре, а црни кругови кријумчаре. Прескаче се свака четврта особа у тренутном распореду.
Сл. 5 Распоред кријумчара и морнара
11. Оставити прекидач 1 у искљученом стању. Укључити прекидач 2 и оставити га у том положају неколико минута. Затим га искључити, укључити прекидач 3 и одмах ући у собу. Ако је сијалица упаљена, то значи да прекидач 3 контролише сијалицу. Ако је сијалица угашена али је топла, прави прекидач је број 2, и коначно, ако сијалица не светли и хладна је, прекидач 1 је прави.
12. Задатак се може елегантно решити користећи тзв. метод „дугмета” и конца који је за класу сличних проблема предложио чувени енглески састављач математичких загонетки Хенри Дудени.
Сл. 6 Размена белиј и црних скакача на табли 4 x 3
Означимо поља табле 4 x 3 бројевима од 1 до 12 (сл. 6 а)), скакачи су на пољима 1, 2, 3, 10, 11, 12. Спојимо полазна и долазна поља („дугмета”) скакача дужима („концима”), као на слици 6а. Ова мрежа конаца може се „размрсити” ако се ухвати неко од дугмета од кога полазе два конца (10, 11, 12, 8, 5, 1, 2, 3) и мрежа „протресе”. На тај начин се добија упрошћена шема приказана на слици 6б. Сада је знатно лакше померати скакаче и то само на једно од суседних тачака (дугмета) и тражити решење у минималном броју потеза. Постоји 16 решења у минималном броју потеза јер померање скакача дуж мреже 6б није једнозначно. Наводимо једно решење:
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. Решење је приказано на слици 7.
Сл. 7
14. Означимо конопце са L (леви) и D (десни). Везујемо доње делове конопца близу пода. Пењемо се уз конопац L (свеједно је да ли почињемо са конопцем L или конопцем D) до плафона и сечемо конопац D отприлике на 1 метар од плафона пуштајући да остатак конопца D падне. Од остатка конопца дужине од 1 метра правимо петљу. Држећи се за део конопца који виси са плафона и има петљу сечемо конопац L што ближе плафону и исечени крај провлачимо кроз петљу. Повлачимо састављени конопац кроз петљу све док се дужине два дела конопца не изједначе. Затим силазимо на под користећи превијени конопац L и повлачимо један крај дуплог конопца кроз петљу све док не падне на под. Изнад нас је остао да виси само део конопца D са петљом.
15. Нека А означава локацију залуталог дрвосече у шуми. С обзиром на потрошњу горива, својом машином он може да пређе највише 220:10=22 километра. Показаћемо да је то довољно за излазак из шуме.
Сл. 8 Излаз из шуме Сл. 9
Својом машином дрвосеча иде 11 км по правој путањи до тачке B, затим окреће под правим углом (није битно у ком смеру је заокрет) и иде још 11 км по правој линији до извесне тачке C (сл. 8). Докажимо да је бар једна од тачака B и изван шуме.
Заиста, ако би све три тачке А, B, C лежале унутар шуме, тада би и свака тачка из унутрашњости правоуглог троугла АBC лежала унутар шуме. Међутим, површина овог троугла је 11 x 11/2 = 60,5 квадратних киломeтара, што би значило да је површина шуме већа од 60 квадратних километара. Ово је контрадикторно са условима задатка, што значи да бар једна од тачака B и C лежи изван шуме.
16. Задатак се може формулисати и на следећи начин: Распоредити 9 тачака у равни тако да се кроз њих може провући десет правих од којих свака садржи по три тачке. Решење је дато на слици 9.
17. Покажите прстом на флашу у средини и реците: „Да ли је у флаши на десној страни жива тарантула”? Уколико је одговор „да”, онда се у флаши на десној страни налази жива тарантула. Уколико је одговор „не”, онда се жива тарантула налази у флаши са леве стране. Запазите да ако показујете на флашу са живом тарантулом, онда Ана говори истину, а ако показујете на мртву тарантулу, одговор није битан јер ћете узети једну од друге две флаше у којима су живе тарантуле
18. Означимо са, C и P и Z редом број плавих, црвених и зелених камелеона. Бројно стање све три врсте камелеона представићемо помоћу уређене тројке (P, C, Z). Питање у задатку може се поставити и овако: „Да ли је у неком тренутку на острву могуће да се појави једна од тројки камелеона (2020,0,0), или (0,2020,0), или (0,0,2020)?”
Показаћемо да се при сусрету два камелеона, остатак дељења броја P–Z са 3 не мења. Заиста, ако се сретну плави и зелени, оба ће изгубити своју боју те је (P–1)–(Z–1) = P–Z. Ако се сретну плави и црвени, тада се број плавих смањи за 1, а број зелених се повећа за 2. Тада је (P–1)–(Z+2) = P–Z–3. Слично, ако се сретну зелени и црвени, биће (P+2)–(Z–1) = P–Z+3 Према томе, остатак при дељењу сва три броја P–Z, P–Z–3, P–Z+3 са 3 је исти.
У посматраном тренутку са почетном ситуацијом (1000,600,420) број P–Z = 580 има остатак 2 при дељењу са 3. Овај остатак је исти за све три описане ситуације различитих сусрета камелеона. Међутим, у тројкама које очекујемо (P = 2020, или C = 2020, или Z = 2020) овај остатак је 0, што значи да се тројке (2020,0,0), или (0,2020,0), или (0,0,2020) не могу појавити. Према томе, ни у једном моменту није могуће да сви камелеони на острву постану исте боје.
19. Означимо са Z број златника. На основу испричане приче следи да је број Z–1 дељив са сваким од бројева од 2 до 12. Да би то био случај, лако је закључити да је довољно да овај број буде дељив са
d = 5 x 7 x 8 x 9 x 11=27720.
Дакле, сви природни бројеви који при дељењу са било којим природним бројем од 2 до 12 дају остатак 1 могу се написати у облику Z = kd + 1 = 27720k + 1, где је k произвољан цео ненегативан број. На основу услова задатка мора да буде 28000 < 27720k + 1 < 70000, што је испуњено само за k = 2 Према томе, укупан број заплењених златника је Z = 55441.
20. Решење је приказано на слици 10.
Сл. 10
