Uzdevumi

JMK 1995./96. m.g. 1. kārtas uzdevumu atrisinājumi

1. Ja ir 5 riņķa līnijas, tad katrā no tām var krustot ne vairāk kā četras citas riņķa līnijas, katru divos punktos. Tātad uz visām piecām riņķa līnijām kopā var būt ne vairāk kā 5×4×2=40 krustpunkti (šoreiz tiek skaitīti krustpunkti uz riņķa līnijas, t.i., katrs divu riņķa līniju krustpunkts tiek ieskaitīts divas reizes - pa vienai reizei uz katras riņķa līnijas), bet dažādie punkti, kuros krustojas šīs riņķa līnijas, kopā var būt ne vairāk kā 40:2=20, tātad uzdevumā prasīto piecu riņķa līniju novietojumu uzzīmēt nevar, jo 22>20.

2. Aprakstītajā notikumā pircējs par viltotu 5Ls naudas zīmi (faktiski par velti) ieguva preci 3Ls vērtībā un 2Ls naudas, ko viņam izdeva, tātad kopā ieguva 5Ls. Pārdevēja kaimiņš neko nezaudēja un neko neieguva, jo viņš viltoto 5Ls, kurus viņš izmainīja, vietā ieguva īsto 5Ls naudaszīmi. Šajā procesā ir iesaistītas tikai minētās trīs personas: pārdevējs, pircējs un pircēja kaimiņš, tātad no ārpuses nekāda nauda klāt nenāca un nekur nepazuda, t.i., visu dalībnieku ieguvumu un zaudējumu summai jābūt 0. Tā kā pircējs ieguva 5Ls, kaimiņš neieguva un nezaudēja neko, t.i., 0Ls, tātad kopā kaimiņš un pircējs ieguva 5Ls+0Ls=5Ls, bet pārdevējs zaudēja šo summu - 5Ls.

3. Pārveidosim doto vienādību sekojoši:
xy+1=x+y (pārnes x uz vienādības kreiso pusi, bet 1 uz labo pusi)
xy-x=y-1 (vienādības kreisajā pusē x iznes pirms iekavām)
x(y-1)=y-1
Dots, ka x un y ir naturāli skaitļi, tātad arī skaitlis y-1 ir vesels skaitlis. Lai naturālu skaitli x reizinot ar skaitli (y-1) iegūtu skaitli (y-1) jābūt vai nu x=1 vai y-1=0 jeb y=1 (ja y-1¹0, tad nav neviena cita naturāla skaitļa, izņemot 1 kuru pareizinot ar y-1 iegūtu y-1). Tas nozīmē, ka par meklējamajiem skaitļu pāriem der visi tādi naturālu skaitļu pāri, kuros viens skaitlis ir 1, bet otrs - jebkurš naturāls skaitlis. Patiešām, ja x=1 un y=n - kaut kāds naturāls skaitlis, tad dotā vienādība ir pareiza katram naturālam n: 1×n+1=1+n.
Tā kā uzdevumā prasīts 1995 tādus naturālu skaitļu x un y pārus (x;y) - skaitļu pāri pierakstīsim, liekot abus skaitļus iekavās un pirmo rakstot x vērtību, otro - y vērtību, veidosim šos pārus sekojoši: izvēlēsimies x=1 (visus pāros), bet y - visus naturālos skaitļus no 1 līdz 1995 pēc kārtas, katru skaitli citā pārī. Tad kopā būsim uzrakstījuši 1995 vajadzīgos skaitļu pārus: (1;1), (1;2), (1;3), (1;4), ..., (1;1994), (1;1995).

4. Vispirms apskatīsim, kā noklāt taisnstūrus ar izmēriem 22m (ja n=2) (skat. 71. zīm. a)) un 32m (ja n=3) (skat. 71. zīm.b)). Šādā veidā var noklāt jebkuru taisnstūri 22m vai 32m, jo 2m ir pāra skaitlis un gar šo taisnstūra malu var novietot m domino kauliņus horizontālā stāvoklī .
Ja n ir pāra skaitlis, tad pārklāšanu veicam analoģiski, kā gadījumā n=2 - pirmajā slānī visus kauliņus novietojam vertikāli un otrajā slānī visus kauliņus novietojam horizontāli . Acīmredzot, nekādi divi kauliņi dažādos slāņos nesakritīs.
Ja n ir nepāra skaitlis, tad pārklāšanu veicam, kombinējot n=3 un n=2 gadījumus. Ievērosim, ka nepāra skaitļus, kas lielāki par 3, var izteikt kā skaitļa 3 un kāda pāra skaitļa summu: n=3+2k (n - nepāra skaitlis, k - naturāls skaitlis) (piemēram, 5=3+2, 7=3+4=3+2×2, 13=3+10=3+2×5). Tātad, pārklājot taisnstūri n2m rūtiņas (n - nepāra skaitlis), rīkojamies sekojoši: joslu 32m rūtiņas noklājam kā parādīts 71. zīm. b), bet atlikušo joslu (n-3)2m varam sadalīt mazākās joslās 22m (ja n ir nepāra skaitlis, tad n-3 noteikti ir pāra skaitlis, un pāra skaitu rūtiņu var sadalīt pa 2 rūtiņām). Katru no joslām 22m noklājam kā parādīt 71. zīm. a). Arī šajā gadījumā nekādi divi kauliņi dažādos slāņos pilnībā nesakritīs, jo nekādi divi kauliņi nesakrīt ne 71. zīm. a) vai b) gadījumā.

5. Pieņemsim, ka starp dotajiem 9 taisnstūriem nav divu tādu, kuru kopējās daļas laukums būtu vismaz dm2 (t.i., pieņemsim, ka jebkuru divu taisnstūru kopējās daļas laukums ir mazāks par dm2). Sanumurēsim taisnstūrus patvaļīgā secībā un sāksim tos iekrāsot: vispirms pirmo taisnstūri, tad - otro, trešo, utt. (ja kāda taisnstūra daļa jau ir nokrāsota, otrreiz to vairs nekrāsosim). Iekrāsojot pirmo taisnstūri, mēs iekrāsosim 1 dm2 lielu laukumu - visu taisnstūri, jo pirms tam nekas nebija krāsots. Iekrāsojot otro taisnstūri, mēs no jauna iekrāsosim laukumu, kas ir lielāks nekā dm2, pirmajam un otrajam taisnstūrim var būt kopīga daļa, kas vienreiz jau ir iekrāsota, taču šīs daļas laukums pēc mūsu pieņemuma ir mazāks dm2. Iekrāsojot trešo taisnstūri vēl tiks nokrāsots vairāk nekā dm2, jo trešajam taisnstūrim var būt kopēja daļa ar pirmo un otro taisnstūri, kas jau ir nokrāsoti (ar katru taisnstūri var būt kopīga cita daļa), un katras kopīgās daļas laukums ir mazāks nekā dm2, tāpēc no jauna tiks iekrāsots vairāk nekā 1-2×=dm2 liels laukums.
Līdzīgi secinām, ka krāsojot ceturto taisnstūri, no jauna tiks iekrāsots laukums vairāk nekā 1-3×=dm2; krāsojot piekto taisnstūri, no jauna iekrāsosim vairāk nekā 1-4×=dm2; sesto taisnstūri - vairāk nekā 1-5×=dm2; septīto taisnstūri - vairāk nekā 1-6×=dm2; astoto taisnstūri - vairāk nekā 1-7×=dm2; devīto taisnstūri - vairāk nekā 1-8×=dm2. Tātad pavisam kopā vienu reizi būs nokrāsots vairāk nekā 1++++++++=5 dm2. Taču dots, ka visi deviņi mazākie taisnstūri ir ievietoti taisnstūrī ar laukumu 5 dm2, tātad, krāsojot mazos taisnstūrus, nevar nokrāsot vairāk nekā 5 dm2 lielu laukumu. Redzam, ka izceltie fakti ir pretrunīgi, tātad mūsu sākotnējais pieņemums bija aplams (jo no mūsu pieņemuma izriet pirmais izceltais apgalvojums). Tas nozīmē, ka noteikti atradīsies vismaz divi tādi mazākie taisnstūri, kuru kopīgās daļas laukums ir vismaz dm2, kas arī bija jāpierāda.

Arhīvs

JMK sākumlapa

NMS sākumlapa