Matematika za svakoga

Za danas sam pripremio dva zadatka.

Prvi zadatak: Bacvice (Kvizorama br.1280, studeni 2016.)
U vinskome podrumu nalazi se sest bacvica razlicite zapremine. U njih redom stane 14, 15, 16, 17, 18 i 23 litre vina. Neke su bacvice pune bijelog vina, a neke crvenog vina. Jedna je bacvica prazna. Ako bijeloga vina ima dvaput vise nego crvenoga, recite koje je vino u kojoj bacvici i koja je od sest bacvica prazna!

Rjesenje:
Polazimo od cinjenice da bijeloga vina ima duplo vise od crvenoga. To znaci da ukupan broj litara dijelimo na 2/3 bijeloga i 1/3 crvenoga, a to znaci da je ukupan broj litara djeljiv sa tri. To se dogadja u jednom jedinom slucaju: kada je bacvica od 16 litara prazna! Tada dobijamo brojku od 87 litara (14+15+17+18+23) koju moramo podijeliti na 2/3 bijeloga(58 l) i 1/3 crvenoga (29 l). Tu kombinaciju takodjer dobijamo u jednom jedinom slucaju, kada bacvice od 14 i 15 litara napunimo crvenim, a bacvice od 17,18 i 23 l napunimo bijelim vinom.



Drugi zadatak: Zasto spominje psa?
Na adresi http://www.spiegel.de/wissenschaft/mensch/die-kniffligsten-mathe-raetsel-und-ihre-loesungen-a-819639.html pronasao sam zanimljiv zadatak. Autor napominje da je katkada u rjesavanju matematickih zadataka potrebno usmjeriti paznju na naoko nebitne stvari. Poslusajmo zadatak:

U vlaku se sretnu dva matematicara Rusa. U razgovoru jedan otkrije da ima tri sina.
- Zaista, a koliko imaju godina? - upita ga kolega.
- Matematicar ste kao i ja, pa cu Vam reci ovako: Umnozak njihovih godina je 36, a zbroj je jednak danasnjem datumu (mislim na redni broj dana u mjesecu).
- Hmmm, nazalost te informacije mi nisu dostatne da tocno odredim njihove godine, kolega!
- Oh, da, zaboravio sam Vam napomenuti da moj najstariji sin ima psa!
Eto, naoko besmisleni podatak otkrio je kolegi matematicaru tocne godine!


Rjesenje:
Znamo da je umnozak godina 36, koje su moguce kombinacije?
1. 1-1-36 (38)
2. 1-2-18 (21)
3. 1-3-12 (16)
4. 1-4-9 (14)
5. 1-6-6 (13)
6. 2-2-9 (13)
7. 2-3-6 (11)
8. 3-3-4 (10)
Prvu kombinaciju izbacujemo, 38. dan u mjesecu ne postoji. Peta i sesta kombinacija daju isti zbroj. Zasto drugi matematicar nije odmah mogao odgonetnuti kombinaciju? Pa zato jer se dvoumio upravo izmedju ove dvije kombinacije,da je npr. bio 11. u mjesecu, odmah bi znao da se radi o kombinaciji 2-3-6. Ovako nije bio siguran, dok mu nije receno da najstariji sin ima psa. Sada je mogao konstatirati da se radi o kombinaciji 2-2-9, gdje najstariji sin ima devet godina ( u kombinaciji 1-6-6 postoje dva najstarija sina, sto nije u uvjetu zadatka).

Oznake: matematika, zadaci

Zadnjih mjeseci moje bavljenje matematikom svodi se na rješavanje sudokua te povremenu kupnju 'Kvizorame'. U 'Kvizorami' postoji rubrika 'Profesor Pitagora' koju uređuje doktor Zdravko Kurnik. Danas možemo zajedno pogledati zadatke iz broja 1256.

Filip je htio kupiti pet bilježnica, ali mu je nedostajalo 9 kuna. Kupio je četiri bilježnice, pa mu je devet kuna preostalo Koliko je kuna imao Filip kad je krenuo u kupnju bilježnica?

Filipu je pri kupnji 4 bilježnica preostalo 9 kuna, a znamo da mu je to bilo nedovoljno za još jednu bilježnicu. Za nju mu je nedostajalo još 9 kuna, što znači da je cijena jedne bilježnice 18 kuna. Na početku je Filip dakle imao 4 * 18 + 9= 81 kunu.


Profesor Pitagora pronašao je kutiju šarenih staklenih špekula kojima se igrao kad je bio dječak. Okupio je svoje nećake i njihove prijatelje i 72 špekule, koliko ih je bilo u kutiji, podijelio tako da je svaki dječak dobio jednak broj špekula. Da svojim nećacima, kojih je tri, nije dao niti jednu špekulu, svaki od njihovih prijatelja dobio bi četiri špekule više. Koliko je dječaka bilo u skupini Pitagorinih nećaka i njihovih prijatelja?

Svaki od x dječaka dobio je jednak broj špekula. Umanjimo li broj dječaka za 3 (nećaci), svaki od preostalih dječaka opet će imati jednak broj špekula, ali po 3 više. Vidimo dakle da je 72 djeljivo bez ostatka sa x, ali i sa x-3. Pogledajmo sada s kojim brojevima je djeljiv broj 72. To su brojevi: 1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36 i 72. Brojeve 1,2 i 3 odmah eliminiramo - znamo da je bilo više od 3 dječaka. Među preostalima tražimo dva broja među kojima je razlika 3. To su parovi 3-6, 6-9 i 9-12. Sada lako dobijemo da se radi o paru 6-9. što će reći da je svaki od 9 dječaka dobio po 8 špekula, a oduzmemo li trojici nećaka njihove 24 (3 * 8) špekule, preostalih 6 dječaka tada će imati po 12 špekula.Zadatak se šablonski može riješiti i pomoću sustava dvije jednadžbe sa dvije nepoznanice: x * y = 72 i (x-3) * (y + 4) = 72, koji se svede na kvadratnu jednadžbu: x**2 - 3x - 54 = 0.


Gazda Marko ima posudu s 12 litara graševine i još dvije posude, jednu od 5 litara i drugu od 8 litara. Pola vina odlučio je darovati svome susjedu profesoru Kosinusu, a vi mu pomozite da pomoću tri posude kojima raspolaže odmjeri točno 6 litara graševine za Kosinusa.

Poigrajte se malo s ovim zadatkom, a ako ne ide, shema je slijedeća: 12-0-0, 4-8-0, 4-3-5, 9-3-0, 9-0-3, 1-8-3. Pozdrav!

Oznake: matematika, zadaci

Koliko puta ste tupo gledali u neku apstraktnu sliku pokušavajući dokučiti njen smisao, njenu "poeziju"? Možemo li takav jedan proces "poniranja" u sliku usporediti sa shvaćanjem matematike? Upravo to tvrdi jedan njemački profesor matematike na čiji sam blog naletio zanimajući se što o matematici pišu u Njemačkoj.
Koliko sam uspio shvatiti, čovjek je mišljenja da se do pravog razumijevanja matematičkih zadataka može doći jedino osobnim naporom i samostalnim rješavanjem, kaže da je slaba korist od serviranja gotovih rješenja. Tako je i sa slikom koju je stavio na blog, kada je uporno promatrate, veli, osjetit ćete klik u glavi i nećete imati dvojbi oko toga što je na njoj! Rješenje ne želi otkriti! Procijenite sami, sliku možete pogledati na adresi: http://halbtagsblog.de/schule/mathematik-ist-wie-dieses-bild/. Pozdrav!

Oznake: matematika

Zadan je jednakostranični trokut stranice a. Konstruirana je kružnica koja prolazi kroz dva tjemena trokuta i presjek njegovih visina. Izračunati površinu P onog dijela zadanog trokuta kojeg od njega odsijeca konstruirana kružnica.(Zadatak je preuzet iz knjige: '500 odabranih i rešenih zadataka iz matematike', Angelov, Branković, Beograd, 1990)

Do sada nisam komentirao zadatke iz geometrije. Razlog je ponajviše u tome što nisam imao pravog alata za crtanje slika. Nedavno sam čuo za program 'Geogebra' koji se već naveliko primjenjuje u osnovnim i srednjim školama u svrhu učenja matematike. U njemu sam izradio potrebne crteže i vjerojatno ću ga koristiti i dalje zbog njegove intuitivnosti i praktičnosti.

Prvo ćemo konstruirati jednakostranični trokut, zatim ćemo spustiti njegove visine ( koje su ujedno i simetrale stranica) i potom označiti njihov presjek sa O. Zatim ćemo konstruirati kružnicu kroz dva tjemena A i B i ortocentar O. Znamo da kroz tri točke možemo povući samo jednu kružnicu, u Geoalgebri imamo alat za takvu konstrukciju. Još uvijek ne znamo gdje točno pada centar ove kružnice, ali znamo sigurno da se nalazi na vertikali (simetrali) s. (Centar kružnice jednako je udaljen od točaka A i B ( kao i svih točaka na kružnici), simetrala s dužine AB po definiciji je skup svih točaka jednako udaljenih od krajeva dužine A i B, pa zaključujemo da je i centar O1 jedna od tih točaka na simetrali. ) Označit ćemo na slici i centar O1 pa ćemo nastaviti sa razmatranjem( mi još uvijek ne znamo koliko je centar udaljen od točaka A, B i O, ali koristimo blagodati programa).

Idemo dalje: jasno je da je kut "AOB = 120 ş. Kako to znamo? Rekli smo da je O ujedno i centar opisane kružnice trokuta łABC, znamo za poučak da je centralni kut kružnice ("AOB) dvostruko veći od odgovarajućeg obodnog kuta (kut ACB). Mogli smo to zaključiti i ovako: kut "OAB iznosi 30 ş ( jer je linija AO u jednakostraničnom trokutu ujedno i simetrala kuta), isto toliko iznosi i kut "ABO pa proizlazi "AOB = 120 ş.

Nadalje lako zaključujemo: kutovi "AOO1 = "BOO1 = 60 ş(okomica COO1 dijeli trokut łABO na dva osno-simetrična trokuta). Pogledajmo opet sliku:

Sve navodi na to da vrijedi: R=AO=OO1, dakle da je trokut łAO1O također jednakostraničan...
Prisjetimo se sada da u svaku kružnicu možemo upisati šest jednakostraničnih trokuta(slika):

Zaključujemo da i ovdje imamo taj slučaj, tj. trokuti łAO1O i łOO1B su jednakostranični, a radijus R=AO. Kako je točka O ujedno i težišnica trokuta łABC, vrijedi R=AO= * h = * *= .
Sada je lako pronaći traženu površinu kao razliku površina kružnog isječka (određenog sa točkama O1 , A i B) i trokuta łAO1B. Dobit ćemo:

Za rješavanje geometrijskih zadataka najbitnija je sposobnost sagledavanja bitnih elemenata u zadatku, kao i njihovih međusobnih odnosa u cjelini. Vrlo često potrebno je napraviti dodatne konstrukcije da bi se izvukli potrebni zaključci. Može se reći da je za rješavanje ovakvih zadataka potrebno krenuti od prave ideje, a ideja se dobija boljim upoznavanjem sa problemom. U kvalitetnoj nastavi matematike učenike se stimulira modelima geometrijskih tijela, raznim pomagalima koja simuliraju preslikavanja, programima poput Geogebre koji su također izvrsni za bolje upoznavanje učenika sa materijom. Nakon toga, rezultati u rješavanju zadataka ne mogu izostati.

Oznake: matematika, zadaci

Zbog velike hladnoće bilo je odlučeno da se na jednom stražarskom mjestu stražari, počevši od 12 sati u podne, pa do 12 sati u ponoć smjenjuju svakog sata. Za to je bilo određeno 12 vojnika, ali se zgodilo da se jedan od njih iznenada razbolio, pa je riješeno da svaki od ostalih bude na straži po 1/11 sata više.
- Ali tko će izračunati kada točno treba koga od njih izvesti na stražarsko mjesto? – primijetio je na to dežurni u četi.
- Za to je dovoljno samo da pratiš kretanje kazaljki na satu – odgovorio mu je na to njegov drug matematičar, kojeg su u četi zvali Iks.
Odgovorite: na što je Iks mislio kad je rekao 'za to je dovoljno samo da pratiš kretanje kazaljki na satu' ?
(Zadatak je preuzet iz časopisa 'Matematički list za učenike osnovne škole' u u izdanju 'Društva matematičara SR Srbije', broj 4, 1986. godina, Beograd )

Prva ideja koja mi je pala na pamet bila je da pratim poklapanje male i velike kazaljke i da pokušam odrediti kada se to događa tijekom 12 sati. Prvi puta se to dogodi na samom početku, dakle točno u podne. Drugi puta nešto poslije 13 sati i 5 minuta. Zatim nešto poslije 14 i 10 i tako sve do nešto prije 23 sata. Možemo pobrojati da će se to dogoditi 11 puta, a možemo rezonirati i ovako: do poklapanja dolazi između bilo koja dva susjedna sata jedanput, jedino u vremenu od 11 do 1 sat to se događa samo jednom (u dvanaest sati), dakle imamo 11 poklapanja. Ako pokažemo da su poklapanja periodična, tj. da su razdoblja između poklapanja jednakog trajanja, onda ćemo vojnike moći rasporediti na taj način.

Tražimo prvo vrijeme poklapanja nakon podneva. Riješavamo problem najčešće korištenim načinom – preko brzina kazaljki. Znamo da se velika kazaljka kreće 12 puta brže od male, jer velika opiše puni krug za 1 sat, a mala za 12 sati. Ako kazaljke krenu sa iste pozicije, a znamo da u podne krenu, i uzmemo li da velika kazaljka za neko vrijeme prođe m minutnih podjeljaka, tada mala kazaljka prođe m/12 minutnih podjeljaka pa razlika u minutnim podjeljcima između dvije kazaljke iznosi 11/12 * m. Dakle, u trenutku kada se kazaljke opet preklope, razlika je 60 minuta (podjeljaka) pa imamo 11/12 * m = 60, iz čega slijedi m=65 i 5/11min = 60 + 5 5/11 min. To znači da svaki put nakon preklapanja kazaljki do novog preklapanja treba čekati 1 sat i 5 5/11 min. Primijenimo li to na naš početni zadatak, počevši od prvog vojnika u podne, preko drugog u 1 i 5 5/11 min, trećeg u 2 i 1010/11 min pa sve do jedanaestog u 10 sati i 54 6/11 minuta, svaki od njih biti će jednako dugo vremena na straži (1 sat i 5 5/11 min). Time smo riješili zadatak.
Koristeći prethodna rasuđivanja, pokušajte riješiti i ovaj zadatak, također iz istog časopisa:
Nekoliko minuta poslije 12 sati jedan učenik počeo je raditi domaći zadatak i u tom momentu je pogledao na sat. Kad je završio ponovo je pogledao na sat i utvrdio da su kazaljke međusobno zamijenile mjesta. Možemo li utvrditi koliko je dugo učenik rješavao zadatak, kada je počeo i kada je završio s njim? (Rješenje glasi: počeo je s rješavanjem u 12 sati i 5 5/143 minuta, a završio u 13 sati i 60/143 minuta.)

Oznake: matematika, zadaci

Prelazeći za 12 minuta dio tramvajskog puta dužine 1 kilometar, pješak je svakodnevno prebrojavao tramvaje koji su ga prestizali i one koji su mu dolazili u susret. U toku jednog mjeseca prvih je bilo 45, a drugih 120. Odrediti brzinu tramvaja!
(Zadatak je preuzet iz knjižice 'Najteži zadaci' iz serije 'Matematika u džepu', a u izdanju 'Tehničke knjige', Beograd)

Brzina pješaka je 5 km/h, a brzinu tramvaja označit ćemo sa X. Jasno je da kada pješak ide ususret tramvaju, da je relativna brzina jednog prema drugom (X + 5) km/h. Isto tako, kada pješak i tramvaj idu u istom pravcu, brzina tramvaja prema pješaku (ili obratno) jest (X-5) km/h.
Znamo da je brzina tramvaja proporcionalna putu koji prijeđe, a put koji prijeđe biti će proporcionalan broju tramvaja koji prođu u nekom vremenu (pokraj pješaka), možemo uzeti da se gore navedene brzine odnose kao:
(X+5) / (X-5) = 120 / 45, odakle izlazi da je brzina tramvaja X = 11 km/h.
Još jedan primjer moći matematičkog rasuđivanja!

Oznake: matematika

Dvije jednako spretne osobe(ili momčadi), A,B, takmiče se u jednoj igri tako da ona osoba koja dobije igru bilježi jedan bod, a ona koja gubi nula bodova. Okladu ( nagradu i sl.) dobiva ona osoba(momčad) koja prva postigne šest bodova. Ako je igra prekinuta u trenutku kad je A imao pet bodova, a B dva boda, kako bi trebalo pravedno podijeliti nagradu između A i B?( Zadatak je preuzet iz knjige 'Matematika za četvrti razred gimnazije', Kurepa, Smolec, Škreblin, Zagreb, 1974.)


Sličan primjer prvi je zapisao talijanski matematičar Luca Paciuolo ( 15. st.), prijatelj Leonarda da Vincija, i to u matematičkom djelu 'Summa' (Venecija, 1494).
Ovaj zadatak kroz povijest se pokušavao riješiti na različite načine. Gore spomenuti matematičar Paciuolo mislio je da nagradu treba podijeliti u omjeru postignutih bodova, dakle u omjeru 5:2, što je, priznajem, i meni prvo palo na pamet. Kako sam ipak bio upućen da postoji novije, danas općeprihvaćeno rješenje, pokušao sam zadatak pogledati s nekog drugog gledišta. Zato sam obratio pažnju na moguće krajnje rezultate nakon rezultata 5:2. Igrač A pobjeđuje pri rezultatima 6:2, 6:3, 6:4 i 6:5, dok igrač B pobjeđuje samo kod rezultata 5:6. U skladu s tim podijelio sam omjere na 4:1. Donekle ozaren, bacio sam oko na rješenje talijanskog matematičara Cardana koji je podijelio nagradu u omjeru 10:1. Pascal i Fermat čije rješenje i danas koristimo podijelili su nagradu 15:1.

Tada sam naletio na rečenice u tekstu nakon Paciuolovog rješenja: 'Pomislite i na to što bi bilo da je takmičenje potrajalo još onoliko koliko traje jedna igra. Što bi bilo da je A dobio i taj bod?' Kako poznajem osnove teorije vjerojatnosti, rezonirao sam da je šansa da A pobijedi slijedeću igru 1/2 ili 0.5. Šansa da je A slijedeću igru izgubio, a onda onu narednu dobio jest 1/2 x 1/2 = 1/4 . Zapisat ćemo ovu shemu kao BA. Također je A mogao pobijediti tek u trećoj partiji (BBA), šansa je ovdje 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 . I posljednja, najdulja varijanta je pobjeda A tek u četvrtoj partiji (rezultat 6:5), ovdje je vjerojatnost 1/16. Ukupna dakle vjerojatnost da A pobjeđuje je zbroj svih ovih vjerojatnosti, a to je 15/16 . Što se tiče igrača B, on pobjeđuje samo u sličaju da dobije sve četiri naredne partije (BBBB), vjerojatnost za to je 1/16. Prema ovome navedenome, nagrada se treba dijeliti u omjeru 15:1 u korist igrača A.

Ovaj rezultat u skladu je sa rješenjem Pascala i Fermata, no njihovo rezoniranje ipak je teklo drugačije. Oni su pošli od toga da igra može potrajati najviše četiri partije, potom su se zapitali što se sve može dogoditi u te četiri partije i sve slučajeve prikazali kao nizove, npr. BBBB ( B dobija sve četiri partije), ali i AAAB ( ovdje je A pobijedio već u prvoj, daljnje partije nisu važne, ali se ipak broji koliko ih može biti) itd. Ukupno ovih nizova ima 2 x 2 x 2 x 2 = 16, a samo u jednom slučaju nagradu dobiva B. Nagrada se dakle dijeli 15:1.

Vidimo dakle da se matematičkim problemima može pristupiti na različite načine. Rekli smo da je Pascal-Fermatovo rješenje najbolje, a kao dokaz valjanosti koristi se statistička provjera na velikom broju uzoraka. Općenito možemo smatrati teoriju vjerojatnosti i statistiku kao lonac i poklopac, lonac bez poklopca ne valja, a poklopac bez lonca ne postoji.

Oznake: matematika

Posljednja znamenka nekog broja je 6. Premjesti li se ona na prvo mjesto, dobije se šesterostruk broj. Koliki je prvotni broj?( Zadatak je preuzet iz knjige 'Riješeni zadaci iz više matematike – svezak I', Vladimir Devide, Zagreb, 1978.)


Evo jednog zadatka koji na prvi pogled podsjeća na mnoštvo sličnih zadataka tipa zamjene znamenki, no osnovnu poteškoću stvara što ne znamo točan broj znamenki. Zadatak možda i nije toliko težak, koliko zahtijeva disciplinu misli i usredotočenost na postupak rješavanja. Puno se elemenata koncentriralo u rješavanju zadatka: krećemo od osnovnog algoritma množenja ('pišem pet pamtim dva'), zatim je potrebno pregledno prikazati način rješavanja, potom zaključujemo može li zadatak imati rješenje i ako ima kada ćemo doći do njega. Na kraju možemo i poopćiti rješenje.
Neću pisati svoj postupak rješavanja jer smatram da je postupak iz knjige jasniji i bolje obrazložen pa ću jednostavno skenirati rješenja.

Oznake: matematika

Vjerojatno ste čuli za teorem o beskonačno mnogo prim brojeva koji je na vrlo elegantan način dokazao još Euklid. Poput Euklida i danas ovu tvrdnju najčešće dokazuju kontradikcijom. Na seminaru Fakulteta elektrotehnike i računarstva pri Sveučilištu u Zagrebu, kod voditelja prof. dr. sc. Nevena Elezovića, dokaz ide ovako: 'Pretpostavimo da ima konačno mnogo prostih brojeva, i to n njih. Promatrajmo broj 2 x 3 x 5 x 7 x...x pn + 1. On je veći od svakog prostog broja i kao takav ne može biti prost. Nije djeljiv ni sa jednim prostim brojem (pri dijeljenju uvijek ostane ostatak 1). Ovo znači da i taj broj mora biti prost, čime se dobiva kontradikcija.'
U knjizi 'Riješeni zadaci iz više matematike', autora dr. Vladimira Devidea, dokaz ide ovako:
'Očito je dovoljno pokazati da nema najvećeg primbroja, tj. da, kako god velik bio primbroj p, postoji primbroj q koji je veči od p.
Neka je dakle p neki – kako god hoćemo velik – odabrani primbroj. Pogledajmo broj P=p! + 1. P očito nije djeljiv ni jednim primbrojem manjim ili jednakim p ( jer dijeljenje od P takvim primbrojem uvijek daje ostatak 1). Znači, ili je P sam primbroj – koji je tada sigurno veći od p – ili je P djeljiv nekim primbrojem q većim od p – što opet povlači da p nije najveći primbroj. Time je sve dokazano.'
Zanimljivo je da se ovaj drugi dokaz ne bazira na kontradikciji. Uzme se po volji velik prim broj p i uviđamo da možemo uvijek pronaći veći (p! + 1). Ovakvo dokazivanje zadovoljava strogost matematičkog dokazivanja, a opet je nekako intuitivnije i jasnije. Može li se kontradikcija 'svesti' na ovaj način i kod drugih takvih dokaza, vidjet ćemo u nekim od narednih postova.

Oznake: matematika

Četiri dječaka A, B, C i D igraju se vukući uže. Dječak B može sam privući na svoju stranu dječake A i C koji drže drugi kraj užeta. Ako jedan kraj užeta vuku A i B zajedno, a drugi kraj C i D zajedno, onda ni jedna grupa dječaka ne može privući na svoju stranu drugu grupu dječaka. Ako sada A i C razmijene mjesta, tada grupa dječaka C i B lako privuče protivnike (A i D). Koji dječak je najjači? Odrediti redoslijed dječaka prema njihovoj snazi.(Zadatak je preuzet iz knjige: '500 odabranih i rešenih zadataka iz matematike', Angelov, Branković, Beograd, 1990)

Idemo redom: jasno je da je B jači i od A i od C jer je jači od obojice zajedno. Ako C umjesto sa A povlači sa D, snage se uravnotežuju, odavdje je jasno da je D jači od A. Ako A i C sada promijene strane, preteže strana gdje je B iz čega zaključujemo da je B jači i od D, kao i da je C jači od A.
Jasno je dakle da je B najjači među dječacima, a A najslabiji, jedino nismo u stanju zaključiti redoslijed dječaka C i D.

Oznake: matematika, zadaci

Zašto se 28 pločica domina može sastaviti, držeći se pravila igre, u jedan neprekidan lanac?
(Zadatak je preuzet iz knjižice 'Zanimljiva matematika', J.I.Pereljman)

Za početak želim se upoznati sa pločicama, složiti nekolicinu, prebrojati ih, matematički naći koliko ih ima. Svaku pločicu možemo promatrati kao (x,y), gdje x i y označavaju broj točkica na jednoj i drugoj strani. Broj može biti od 0 do 6, a imamo i 'duple' pločice sa jednakim brojem na obje strane (x,x). Dva broja na pločici možemo kombinirati na 7 x 6 / 2= 21 načina. Plus to imamo i 7 'duplih' pločica, dakle ukupno imamo 28 pločica.

To je što se tiče broja pločica, no zašto one moraju činiti lanac? Krećem od ideje da spojeve pločica u shemi prikažem sa jednim brojem i tako pojednostavim shemu, npr. red

prikazat ću kao 1-2-6-6-0-3-..., no nakon malo razmišljanja shvaćam da mi to neće baš puno pomoći.
Nastavljam sa blistavijom idejom: počnem slagati lanac od bilo koje pločice, npr. (3,5), potom stavljam duplu (5,5). Duple pločice trudim se iskoristiti što prije! Nastavljam sa (5,0), to su već tri pločice koje sadrže broj 5, ostaje ih još četiri( paran broj). Nastavljam dalje sa (0,0), još jednom duplom pločicom i nadovezujem se sa (0,1). Slično prijašnjem, ostaje još četiri pločica sa brojem 0. Nastavljam na isti način: (1,1) - (1,2) - (2,2) – (2,3) – (3,3) – (3,4) – (4,4) – (4,6) – ( 6,6) – (6,0) , sve duple su mi sada iskorištene! Sada, uzmemo li ma koji broj od 0 do 6, ostaje nam paran broj pločica sa tim brojem(npr. sa brojem 4 ostale su nam (0,4), (1,4), (2,4) i (5,4)). Izuzetak su broj 3 ( prva pločica) i 0 (zadnja pločica) koji se očito dalje nastavljaju. Intuicija nam govori da će se prva i posljednja pločica na kraju spojiti... Ovo već je nekakav algoritam za rješavanje, no možemo li ga pojednostaviti?
Probajmo tako da 'duple' pločice ostavimo za kraj – tada ih jednostavno ubacimo između dvije pločice sa tim brojem, npr. (3,3) ubacimo između (4,3) i (3,0). Problem smo dakle sveli na slaganje 'normalnih' 21 pločica. Znamo da od svakog broja imamo 6 pločica i jasno je da uzmemo li bilo koje dvije susjedne pločice u lancu, one spadaju u istu grupu (sa tim brojem) i nedostaje ih još paran broj. Također je jasno da, kako nastavljamo lanac, uvijek mora postojati domino pločica za nastavak, upravo zbog tog parnog broja pločica. I stoga ponovo intuitivno zaključujemo da se zadnja polčica mora nadovezati na prvu, tj. lanac mora biti zatvoren!
Jedno pitanje ostaje neriješeno – hoćemo li na ovaj način uspjeti potrošiti sve pločice domina- njih 21(bez duplih)?
Probajmo pokazati da možemo.
Uzmimo da se to ne može, dakle možemo sastaviti maksimalno n pločica, gdje je n<21. Uzmimo prvo da lanac počinje sa (x,y), a završava sa (r,s), x <> s. Zbog parnog broja pločica po grupama jasno je da niz možemo nastaviti i s jedne i s druge strane, što je kontradikcija!
Sada uzmimo da lanac počinje sa (x,y), a završava sa (z,x) i pretpostavimo da u lancu nedostaje pločica (r,s). U lancu mora postojati mjesto (p,r) – (r,q) , jer kad ne bi postojalo, onda bi sve pločice sa brojem r bile izvan lanca, među njima i pločica (r,x) . Tada bi raskinuli lanac na (z,x)-(x,y) i tu nadovezali (r,x), što je kontradikcija. Dakle, na mjestu (p,r) – (r,q) raskinemo lanac i ubacimo pločicu (r,s) čime produžujemo lanac, što je opet kontradikcija. Ovime smo dokazali da možemo iscrpiti svih 21 pločica.

Oznake: matematika, zadaci

U nekom gradu postoji n policijskih postaja( n>=4). U svakoj znaju po neki podatak važan za hvatanje nekog kriminalca. Dokazati da poslije 2n - 4 telefonskih razgovora sve postaje mogu znati sve podatke. (U jednom razgovoru sudjeluju samo dvije postaje.)(Zadatak je preuzet iz knjižice 'Najteži zadaci' iz serije 'Matematika u džepu', a u izdanju 'Tehničke knjige', Beograd)

Postavljanje zadatka:
- Jasno je da kad dvije stanice "razgovaraju", jedna na drugu prenesu svoje informacije.
- Također je jasno da postaja A može doći do informacija postaje B bez međusobnog kontaktiranja, a preko treće stanice C koja je već kontaktirala s jednom od njih.

Na osnovi ovih postavki postavljam prvi model rješavanja:
Imamo stanice A1, A2,..., An. Uzmimo da prva stanica A1 razgovara sa preostalih n-1 stanica. Nakon razgovora sa posljednjom stanicom An, prva i posljednja stanica raspolažu sa svim potrebnim informacijama. Sada je dovoljno još da prva stanica opet razgovara sa svim stanicama osim posljednje (An) koja već sve zna, da bi sve stanice doznale sve informacije.
Po ovom modelu potrebno je (n-1) + (n-2) = 2n - 3 razgovora, no to nije rješenje zadatka! Mi tražimo broj 2n-4!

Nemam nikakve ideje, zato krećem od najjednostavnijeg primjera kada imamo četiri stanice(n=4). Lako je vidjeti da je dovoljno obaviti 4 razgovora za potpunu razmjenu informacija, a to odgovara formuli: 2 x 4 - 4 = 4. Pogledajmo sliku:

Zatim nastavljam sa n=5. Shema je ova:

Brojevi na linijama označavaju redoslijed razgovora. Vidljivo je da četiri stanice nisu odmah obavile onih četiri razgovora - nakon prva dva razgovora, A2 i A3 su kontaktirali sa A5 i tek nakon toga razgovarali su A1 sa A3 i A2 sa A4. Razmišljajući dalje, uočavam da sam mogao i promijeniti redoslijed razgovora sa istim učinkom, dobivam slijedeću shemu:

I ovdje prije "kompletiranja" prve četiri stanice radim razgovore sa A5.

Moguća je i ova shema:

I ovdje je priča ista. Sad već sve vodi prema ovoj shemi:

Dakle, peta stanica(A5) obavi razgovor sa jednom od ove četiri, onda po šabloni iz prvog primjera(n=4) u četiri razgovora ove četiri stanice razmijene informacije među sobom, no sada će znati i informacije od stanice A5. Preostaje nam još da petu stanicu(A5) upoznamo sa ovim informacijama, a za to je dovoljno da razgovara sa jednom od ove četiri stanice!
Napokon uviđamo rješenje zadatka:
Imamo n stanica: A1,...,An. Izdvojimo prve četiri stanice (A1,...,A4) i nazovimo ih "glavna grupa". Neka svaka od preostalih n - 4 stanica nazove jednu od prvih četiri i na taj način "injektiraju" svoje informacije u glavnu grupu. Sada stanice u glavnoj grupi razmjene informacije(četiri razgovora) i nakon toga ponovo svaka od preostalih n - 4 stanica nazove jednu od prvih četiri. To je to, bilo nam je potrebno (n - 4) + 4 + (n - 4) = 2n - 4 razgovora, što smo i trebali dokazati.

U rješavanju ovog zadatka najbitniji je moment uočavanje postupka, a čini se da je za to nužno potrebna matematička vještina koja se razvija samo rješavanjem zadataka.

Oznake: matematika

ZADATAK :
Od 200 brojeva: 1, 2, 3,...,199, 200, proizvoljno je izabran 101 broj. Dokazati da se među njima nalaze dva takva da je jedan od njih djeljiv drugim.(Zadatak je preuzet iz knjižice 'Najteži zadaci' iz serije 'Matematika u džepu', a u izdanju 'Tehničke knjige', Beograd)

Kako postaviti ovaj zadatak?
Formulacija zadatka navodi nas da bismo trebali promatrati nekakve skupine (skupove) brojeva koji ne bi trebali ići zajedno, dakle koji bi bili "zavisni" jedni od drugih. Na pamet su mi pale ove: prva skupina: svi brojevi od 1 do 200 djeljivi sa 2, druga skupina: brojevi od 1 do 200 djeljivi sa 3,..., četrnaesta skupina: brojevi od 1 do 200 djeljivi sa 14. Problem je ovih skupova što u svakom od njih postoje dva broja koja mogu ići zajedno( koji nisu "zavisni"): npr: iz skupa 2 brojevi 6 i 14, iz skupa 5 brojevi 15 i 70 itd.

Prije gornjega probao sam sa konkretnom skupinom - uzeo sam brojeve 101-200 kojih ima stotinu i sigurno nisu djeljivi jedni sa drugima. Zatim sam od preostalih stotinu(1-100) pokušao ubaciti jednog "nezavisnog" među njih, ali takav se ne može naći. Dakle, ovaj pristup također nije dobar.
Opet se vraćam na prvi algoritam rješavanja - pronaći skupove međusobno "zavisnih"(djeljivih) brojeva, ovog puta radim novu strukturu skupova:

1. grupa: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128
2. grupa: 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192
3. grupa: 5, 10, 20, 40, 80, 160
4. grupa: 7, 14, 28, 56, 112
5. grupa: 9, 18, 36, 72, 144
6. grupa: 11, 22, 44, 88, 176
7. grupa: 13, 26, 52, 104
8. grupa: 15, 30, 60, 120
9. grupa: 17, 34, 68, 136
10. grupa: 19, 38, 76, 152
11. grupa: 21, 42, 84, 168
12. grupa: 23, 46, 92, 184
13. grupa: 25, 50, 100, 200
14. grupa: 27, 54, 108
15. grupa: 29, 58, 116
.
.
.
25. grupa: 50, 100, 200

26. grupa: 51, 102
27. grupa: 53, 106
28.grupa: 55, 110
.
.
50. grupa: 99, 198
51. grupa: 101
52. grupa: 103
.
.
.
99. grupa: 197
100. grupa: 199

Vidimo da ovakvih grupa ima točno sto. Jasno je da ako izaberemo proizvoljnih 101 broj, dva moraju pasti u istu grupu, a time će biti i djeljivi.

Ovime smo riješili zadatak, no postoji li jednostavnije rješenje?

Posežem za rješenjem autora - on polazi od zanimljivog teorema: svaki paran broj može se prikazati kao m × 2**k , gdje je k prirodan broj, a m neparan prirodni broj.
Da li smo mogli ovo sami postaviti svojom intuicijom, ili smo to morali već negdje pročitati? Može li se intuicija steći ili se čovjek s njom rodi? Vjerujem da svatko od nas može naći odgovor na to pitanje.

Dakle, da nastavimo:
Neka je S101 skup od 101 proizvoljnog broja od 1 do 200. Rekli smo da se svaki parni broj može napisati kao m x 2 **k. Označimo sad sa E101 skup koji čine brojevi mj i svi neparni brojevi iz skupa S101. Taj skup ima točno 101 element i svi elementi tog skupa su neparni brojevi manji od 200. Kako među prvih 200 brojeva imamo točno sto neparnih, slijedi da u skupu E101 imamo bar dva jednaka broja. Sad opet imamo tri mogućnosti:
1. U skupu S101 imamo dva parna broja oblika m x 2**r i m x 2**s , njihov količnik biti će 2**(r-s) ili 2**(s-r), u oba slučaja prirodan broj.
2. U skupu S101 imamo neparan broj m i paran broj oblika m x 2**r , količnik je u ovom slučaju m.
3. U skupu S101 imamo dva ista neparna broja, oni su djeljivi jedan sa drugim.

Oznake: matematika, zadaci

Zadatak:
Na šahovskom turniru sudjelovali su samo majstori i velemajstori. Svaki šahist je točno polovicu svojih bodova osvojio u partijama s majstorima. Dokazati da je broj šahista na tom turniru potpun kvadrat.(Zadatak je preuzet iz knjižice 'Najteži zadaci' iz serije 'Matematika u džepu', a u izdanju 'Tehničke knjige', Beograd)

Da se prisjetimo bodovanja šahovskih partija: partija može završiti pobjedom jednog igrača, pri čemu pobjednik dobija jedan bod, a poraženi nula bodova, a može i završiti remijem, pri čemu oba igrača dijele pola boda. Ukupno je dakle u jednoj partiji osvojen jedan bod.
Mi ne možemo znati koliko će koji pojedinac osvojiti bodova, znamo samo da će pola ukupnih bodova osvojiti u partijama s majstorima.
Probajmo zato promatrati bodove po 'grupama', tu bismo već mogli nešto zaključiti. Pri tom mislim na to da majstore promatram posebno i velemajstore posebno.
Uzmimo da je na turniru bilo m majstora i n-m velemajstora, gdje je n ukupan broj šahista. Po uvjetu zadatka, majstori su( kao i velemajstori) polovicu svojih bodova osvojili u partijama sa majstorima, dakle međusobno. Ovdje su osvojili mx(m-1)/2 bodova, a isto toliko osvojili su i u borbi sa velemajstorima. Slično zaključujemo da su velemajstori jednaki broj bodova osvojili u borbi s majstorima kao i međusobno, dakle (n-m)x(n-m-1)/2 bodova. U međusobnim partijama majstori i velemajstori osvojili su nx(n-m) bodova jer je toliko bilo partija pa dobivamo jednakost:

m x(m-1)/2 + (n-m) x(n-m-1)/2 = n x (n-m). Oduvuda dobijamo: (2m- n) = n**2, što je i trebalo dokazati.

Mogli smo i ovako rezonirati:
Uzmimo da imamo m majstora i v velemajstora. Promatramo li bilo kojeg majstora, on je polovinu svojih poena osvojio u partijama sa velemajstorima, dakle u susretima majstori-velemajstori. Uzmemo li nekog velemajstora, on je polovicu poena osvojio također u tim partijama. Izlazi da je pola ukupnih poena osvojeno u tim partijama kojih je bilo m x v. Ukupan broj osvojenih bodova na turniru jest nx(n-1)/2 = (m+v)x(m+v-1)/2 pa imamo jednakost: 2 m x v = (m+v)x(m+v-1)/2, iz čega dobijemo n = (m – v)**2, što je i trebalo dokazati.

Oznake: matematika, zadaci

ZADATAK:
Dvije seljanke donijele su na tržnicu ukupno 100 jaja, jedna više nego druga i obje su za prodana jaja dobile iste svote. Prva reče drugoj: 'Kada bih imala toliko jaja koliko ti, dobila bih za njih 15 krajcara'. Druga joj odgovori: ' A kada bih ja imala toliko jaja koliko ti, dobila bih za njih 6 2/3 krajcara'. Koliko je jaja imala svaka od njih?
(Zadatak je preuzet iz časopisa za mlade matematičare 'Matka' –br.7, ožujak 1994, inače se radi o zadatku koji je Stendhal naveo u svojoj autobiografiji o godinama svojeg školovanja, a o čemu je napisao slijedeće: 'U njega sam našao(Eulerov udžbenik Uvod u algebru) zadatak o broju jaja koje je seljanka nosila na tržnicu da ih proda... Taj je zadatak za mene pravo otkriće. Shvatio sam što znači koristiti oruđe koje se zove algebra. Vrag da me nosi, ali o tome mi nitko dosad nije govorio...')

Ovaj zadatak mogli bismo početi rješavati na ovaj način:
Uzmimo da prva seljanka ima n jaja, a druga 100-n jaja. Neka je prva seljanka prodavala jaja po cijeni c1, a druga po cijeni c2 krajcara. Obje su dobile iste svote novca pa vrijedi:
n× c1=(100-n) × c2. Kada bi seljanke zamijenile broj jaja, a zadržale istu cijenu, vrijedilo bi:
n× c2=15 i (100-n) × c1=62/3=20/3. Ovime smo dobili sustav od tri jednadžbe sa tri nepoznanice, koji, prikazujući c1 i c2 preko n, svodimo na kvadratnu jednadžbu n**2-360n+18000=0 koja nema cjelobrojno rješenje.
Očito smo odveli zadatak u neželjenom smjeru.
Za uspješno rješavanje ovog zadatka potrebno je krenuti na sličan način kao i maloprije. Znamo da su seljanke dobile iste svote novca pa vrijedi n× c1=(100-n) × c2. Ovdje nam sad upada u oči omjer, jer transformacijom jednadžbe dobivamo izraz c1/c2=(100-n)/n=k, koji možemo interpretirati kao omjer cijena, ali i kao omjer broja jaja. Nadalje rezoniramo: ako je prva seljanka imala k puta više jaja od druge, očito je morala prodavati jaja po k puta nižoj cijeni od druge da bi obje jednako zaradile. ( Pritom je zanimljivo da nam izraz 100-n zasad ne igra puno, omjer jaja možemo dobiti i bez njega! )
Sada zaključujemo dalje: ako prva seljanka koja ima k puta više jaja prodaje jaja po cijeni druge seljanke koja je k puta veća od njezine, izlazi da će ona zaraditi k×k=k˛ puta više od druge seljanke. Dakle imamo: k**2=15: 62/3=9/4, iz čega slijedi k=3/2. Vidimo da je prva seljanka imala 3/2 puta više jaja od druge, što bi na jeziku omjera značilo da su jaja među njima bila podijeljena u omjeru 3:2. I tek sada ona brojka od 100 jaja dobiva ulogu, zaključujemo da prva seljanka ima 60, a druga 40 jaja.
I to je to, vidimo da je glavno polazište za rješavanje ovog zadatka bilo uočavanje omjera.

Oznake: matematika, zadaci

ZADATAK 1
U jedno turističko mjesto doputovalo je 100 turista. Od svih njih, 10 nije znalo ni njemački ni francuski jezik, 75 ih je znalo njemački, 85 je znalo francuski. Koliko turista je znalo oba jezika: francuski i njemački? (Zadatak je preuzet iz knjige: '500 odabranih i rešenih zadataka iz matematike', Angelov, Branković, Beograd, 1990)


Jedan lakši zadatak, ali po mom mišljenju dobar pokazatelj vaše 'matematičke' jasnoće misli. Ukoliko lako riješite ovaj zadatak, vrlo vjerojatno ste nadareni za matematiku.

Da krenemo sa rješavanjem:
Deset osoba ne govori ni njemački ni francuski, znači da preostalih 90 govori bar jedan od ova dva jezika.
Od tih 90, njih 75 govori njemački, dakle preostalih 15 ne govori njemački pa zaključujemo da oni govore francuski(i samo francuski). Analogno dobijemo da samo njemački jezik govori 90 – 85 = 5 ljudi.
Znamo da 75 ljudi govori njemački, sada smo doznali da 5 ljudi govori samo njemački, proizlazi da 75 – 5 = 70 ljudi govori i njemački i francuski ( ovu brojku mogli smo dobiti i preko ljudi koji govore francuski: 85 – 15 = 70).
Dakle, 70 ljudi govori i njemački i francuski, 5 ljudi govori samo njemački, 15 samo francuski i 10 ljudi ne govori ni njemački ni francuski.

Oznake: matematika, zadaci