Uzdevumi

JMK 1995./96. m.g. 2. kārtas uzdevumu atrisinājumi

1. Skatīt 72. zīmējumu.

2. Skatoties saskaitīšanas darbību vienu šķirā, ievērojam, ka O+O=W vai O+O=W+10, t.i., saskaitot ciparus O+O iegūst vai nu viencipara skaitli W (O un W ir cipari), vai divciparu skaitli 10+W (saskaitot divus ciparus, summā nevar iegūt vairāk nekā 9+9=18). Taču desmitu šķirā atkal jāsaskaita cipari O+O (un varbūt vēl jāpieskaita 1 desmits, kas varētu būt radies saskaitot vienus) un šoreiz summas pēdējais cipars ir O. Ja saskaitot vienu šķirā O+O būtu iegūts viencipara skaitlis W (neviens lieks desmits nerodas), tad saskaitot O+O arī desmitu šķirā būtu jāiegūst cipars W. Tas nozīmē, ka O+O=W+10 (vienu šķirā) un O+O+1=O+10 (desmitu šķirā). No otra vienādojuma iegūstam 2O+1=O+10 jeb O=9. Tad 9+9=18=W+10 jeb W=8. Doto piemēru varam pārrakstīt sekojoši:

Tā kā saskaitot 9+9+1=19=9+10 rodas viens pilns simts, tad skaitot simtu šķirā iegūstam M+M+1=C jeb 2M+1=C. Tas nozīmē, ka C noteikti ir nepāra cipars (jo C vispār ir cipars), pie tam C¹9, jo O=9. Tātad C var būt 7, 5, 3. C¹1, jo M¹0, tā kā tas ir skaitļa pirmais cipars.
Ja C=7, tad M=(C-1):2=(7-1):2=3 un dotais piemērs ir sekojošs:

Ja C=5, tad M=(C-1):2=(5-1):2=2 un dotais piemērs ir sekojošs:

Ja C=3, tad M=(C-1):2=(3-1):2=1 un dotais piemērs ir sekojošs:

Tātad dotajam uzdevumam ir iespējami trīs atrisinājumi:
1) O=9, W=8, M=1, C=3;
2) O=9, W=8, M=2, C=5;
3) O=9, W=8, M=3, C=7.

3. Tā kā šifrs sastāv no trīs cipariem 1, 2 vai 3 (šifrā cipari var arī atkārtoties), tad šifrā pirmais cipars var būt 1, 2 vai 3; katram no šiem gadījumiem otrais cipars arī var būt 1, 2 vai 3; arī trešo ciparu katram no iepriekšējiem gadījumiem var piemeklēt trīs veidos 1, 2, vai 3, tātad pavisam ir 3×3×3=27 dažādi šifri, no kuriem tikai viens ir pareizs. Pirmajā brīdī liekas, ka sliktākajā gadījumā vajadzēs pārbaudīt katru no šiem 27 variantiem, tātad kopā nospiest 27×3=81 pogas. Taču varam iztikt ar mazāk pogu spiešanu. Uzdevumā teikts, ka ir pēc kārtas pareizā secībā jānospiež trīs cipari, tātad, ja, spiežot daudzas reizes pēc kārtas ciparu pogas, kādā brīdī pēc kārtas pēdējie trīs cipari veidos šifru, tad vārti atvērsies, neatkarīgi no tā, kas ticis spiests pirms tam. Tātad ir jāizveido ciparu 1, 2 un 3, virkne, kurā katri trīs pēc kārtas ņemti cipari veidotu dažādas virknītes (iespējamo šifru) un kopā būtu 27 dažādas trīs ciparu virknītes (visi iespējamie šifra veidi). Nospiežot pogas iegūtās virknes secībā, noteikti būs ievadīts arī pareizais šifrs un pils vārti atvērsies. Noskaidrosim, cik cipariem vismaz ir jābūt ievadāmajā virknē. Ievērosim, ka virknes pirmais un pēdējais cipars piedalās vienas trīsciparu virknītes (šifra) veidošanā, otrais un priekšpēdējais cipars piedalās divu trīsciparu virknīšu veidošanā, bet visi pārējie cipari - trīs minēto viknīšu veidošanā. Pavisam kopā ir 27 dažādas trīsciparu virknītes, tātad tajās visās kopā ir 27×3=81 cipars. Pieņemsim, ka ievadītajā virknē starp otro un priekšpēdējo ciparu vēl ir n cipari. Saskaitot visus ciparus, kas veido dažādās virknītes, iegūstam 1×2+2×2+3×n=81 jeb 3n=81-6=75 un n=75:3=25. Tātad ievadāmajā virknē jābūt vismaz 25+4=29 cipariem (4 cipari - pirmais, otrais, priekšpēdējais un pēdējais cipars). Tātad, lai noteiktu iekļūtu pilī, pogas jānospiež 29 reizes sekojošā secībā (šajā virknē tiešām var atrast visas 27 dažādās trīsciparu virknītes, tātad arī īsto šifru):
11123222133313121223113233211.

4. Pieņemsim, ka apkārt riņķim uzrakstīti skaitļi šādā secībā a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9, a10 (visi šie skaitļi ir dažādi naturāli skaitļi no 1 līdz 10). Apskatīsim visas summas, ko veido trīs pēc kārtas ņemti uzrakstītie skaitļi. Ieviesīsim apzīmējumus: S1=a1+a2+a3; S2=a2+a3+a4; S3=a3+a4+a5; S4=a4+a5+a6; S5=a5+a6+a7; S6=a6+a7+a8; S7=a7+a8+a9; S8=a8+a9+a10; S9=a9+a10+a1; S10=a10+a1+a2 un S=S1+S2+S3+S4+S5+S6+S7+S8+S9+S10. Jāpierāda, ka vismaz viens no skaitļiem S1, S2, …, S10 ir lielāks nekā 16.
Summā S katrs no skaitļiem a1, a2, a3, …, a9, a10 tiek ieskaitīts tieši trīs reizes, tātad
S=3a1+3a2+3a3+3a4+3a5+3a6+3a7+3a8+3a9+3a10
jeb S=3(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10)
Tā kā a1, a2, …, a10 ir visi skaitļi no 1 līdz 10, katrs vienu reizi, tad
a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55
Tātad S=3×55=165
Ja katra no summām S1, S2, S3, S4, S5, S6, S7, S8, S9, S10 būtu ne lielāka par 16, tad būtu
S=S1+S2+S3+S4+S5+S6+S7+S8+S9+S10£16×10=160. Bet summas S vērtība ir 165>160, tātad pieņēmums, ka nekādu trīs pēc kārtas ņemtu skaitļu summa nav lielāka par 16, ir aplams, un noteikti varēs atrast trīs tādus skaitļus, kas uzrakstīti apkārt riņķim un kuru summa ir lielāk nekā 16.

5. Sauksim atbilstošos vietu pārus, kur zīmes abās rindās sakrīt, par labām vietām, bet pārējās vietas - par sliktām. Ievērosim, ka veicot atļauto darbību sliktā vieta paliek laba (sliktajā vietā zīmes pirmajā un otrajā rindā atšķiras, veicot atļauto darbību zīme pirmajā rindā mainās uz pretējo, tātad paliek tāda pati kā zīme otrajā rindā), bet labā - slikta.
Labās vietas neapskatīsim.
Pieņemsim, ka paliek x sliktās vietas. Šķirosim sekojošus gadījumus:
1) ja x³11, tad ņemsim pēc kārtas pa 11 sliktajām vietām un mainīsim pirmajā rindā zīmes uz pretējām, tātad tās kļūs par labajām vietām;
2) ja x=10, tad ar vienu gājienu ņemsim 5 sliktās vietas un 6 labās vietas. Pārveidojot zīmes, sliktās vietas kļūst par labām, bet labās par - sliktām. Tātad tagad paliek 5 "vecās" sliktās vietas un 6 "jaunās" sliktās vietas jeb kopā 5+6=11 sliktās vietas. Ar otro gājienu tās visas pārvēršam par labām vietām.
3) ja x=9, tad pirmajā gājienā mainām zīmes 5 sliktajā vietām un 6 labajām vietām. Pēc šīs darbības veikšanas paliek 6+(9-5)=10 sliktās vietas. Tālāk rīkojamies kā 2) gadījumā.
4) ja x=8, tad vispirms mainām zīmes 4 sliktajās vietās un 7 labajās vietās; tad paliek 7+(8-4)=11 sliktās vietas, kuras otrajā gājienā pārvēršam par labām.
Tātad, ja 1£x£10 un x ir pāra skaitlis, tad pirmajā gājienā maina zīmes pusē slikto vietu un vēl vajadzīgo skaitu zīmju labajās vietās. Pēc šāda gājiena paliek tieši 11 sliktās zīmes, kuras nomainot abas rindas paliks vienādas.
Ja 1£x£10 un x ir nepāra skaitlis, t.i., x=2k+1=(k+1)+k (k - vesels skaitlis), tad pirmajā gājienā nomainām zīmes k+1 sliktajās vietās un 11-(k+1)=10-k labajās vietās. Pēc šī gājiena paliek k+(10-k)=10 sliktās vietas un tālāk rīkojamies kā aprakstīts 2) gadījumā.
Esam apskatījuši visus iespējamos slikto vietu skaitus, tātad jebkurā gadījumā, veicot uzdevumā atļautās darbības, varēs panākt, ka abas rindas būs vienādas.

Arhīvs

JMK sākumlapa

NMS sākumlapa