bgproperties="fixed">

Uzdevumi

Jauno matemātiķu konkursa (JMK) 1997./98. m.g. 2. kārtas uzdevumu atrisinājumi

1. Ar vienu taisni papīra lapu var sadalīt tieši 2 daļas (4. zīm.). Otru taisni var vilkt tā, lai tā krusto pirmo (5. zīm.a)) vai arī nekrusto pirmo taisni (5. zīm.b)).

Tātad varam iegūt attiecīgi 4 daļas vai 3 daļas. Lai arī kā mēs vilktu trešo taisni, vismaz vienu no iegūtajām daļām tā sadalīs vēl 2 daļās, tātad mazākais iespējamais daļu skaits, kādās lapu var sadalīt 3 taisnes, ir 4 (6. zīm.). Tajā pašā zīmējumā parādīts, kā lapu ar 3 taisnēm var sadalīt 5, 6 un 7 daļās.

Lielākais iespējamais daļu skaits, kādā lapu var sadalīt 2 taisnes, ir 4, kuras veido 4 stari - 2 stari un to papildstari. Trešā taisne var nekrustot nevieno no pirmajām divām taisnēm, var krustot vienu no novilktajām taisnēm vai arī abas taisnes. Pie tam divas krustiskas taisnes trešā taisne var krustot to krustpunktā (tātad pavisam ir tikai viens krustpunkts) vai arī katru taisni atsevišķi (tad kopā veidojas 3 krustpunkti). Tā kā divām dažādām taisnēm kopīgi var būt ne vairāk kā viens punkts, tad trešā taisne var krustot tikai 2 no jau esošajiem 4 stariem (ja taisne krusto vienu staru, tad tā papildstaru tā krustot vairs nevar). Tātad trešā taisne var šķērsot sadalīt 2 daļās, augstākais, 3 no jau esošajām lapas daļām, tātad daļu skaits var palielināties ne vairāk kā par 3. Tad trīs taisnes papīra lapu var sadalīt ne vairāk kā 4+3=7 daļās.

2. Ja n ir vesels skaitlis, tad n-1 un n ir pēc kārtas sekojoši veseli skaitļi. Lai atrastu dotā vienādojuma atrisinājumu veselos skaitļos, jāatrod divi pēc kārtas sekojoši veseli skaitļi, kuru reizinājums ir 9.

Skaitli 9 veselu skaitļu reizinājumā var sadalīt sekojošos veidos:
9=1×9; 9=-1×(-9)
9=3×3; 9=-3×(-3)
9=9×1; 9=-9×(-1)
Kā redzam, nevienā gadījumā neiegūstam reizinājumu, kurā reizinātāji būtu divi pēc kārtas sekojoši veseli skaitļi. Tā kā skaitli 9 nevar citā veidā sadalīt veselos reizinātājos, tad tas nozīmē, ka nav tādu veselu n vērtību, ar kurām ir pareiza vienādība n(n-1)=9.

3. Tā kā reizinājuma pēdējais cipars ir 3, bet pirmā reizinātāja pēdējais cipars ir 1, tad otrā reizinātāja pēdējam ciparam jābūt 3 (jo tikai 3×1=3). Pie tam arī pirmā starpreizinājuma pēdējais cipars ir 3. Tā kā 5×1=5, tad otrā starpreizinājuma pēdējais cipars ir 5 (skat.7 a). zīm.).

Skaitli 5 reizinot ar trīsciparu skaitli (pirmo reizinātāju), iegūstam arī trīsciparu skaitli (otro starpreizinājumu), tātad pirmā reizinātāja pirmais cipars var būt tikai cipars 1 (skat. 7 b). zīm.), jo jau 5×200=1000, kas ir četrciparu skaitlis.
Pirmā reizinātāja otrais cipars ir cipars 2, jo 6=3×2 (skatāmies pirmo starpreizinājumu). Zīmējumā ierakstīsim arī šos atklātos ciparus.
Kad abi reizinātāji ir zināmi, viegli varam atjaunot doto reizināšanas piemēru (skat. 7 c)zīm.).

4. Zīmējumu sāksim aizpildīt ar 4. kolonnu. Šajā kolonnā aizkrāsotām jābūt 1+2+3=6 rūtiņām, tātad tukšas būs 8-6=2 rūtiņas. Tā kā šī kolonna sastāv no 3 aizkrāsoto rūtiņu grupām, tad starp tām ir jābūt vismaz divām tukšām rūtiņām. Tātad 2 tukšās rūtiņas atrodas tieši starp šīm grupām un šo kolonnu var aizpildīt tikai vienā vienīgā veidā, tā kā parādīts 8. zīmējumā. (Ar "--" attēlosim tās rūtiņas, kuras ir noteikti tukšas.)

Sestajā kolonnā pēc kārtas ir iekrāsotas 7 rūtiņas, tātad visā kolonnā neiekrāsota paliek 8-7=1 rūtiņa. Tā var būt tikai pati augšējā vai pati apakšējā rūtiņa, tātad sešas vidējās rūtiņas noteikti ir iekrāsotas (skat. 9. zīm.).
Tagad papētīsim rindiņas. Pirmajā rindiņā ir iekrāsotas tikai divas blakusrūtiņas. Tā kā viena rūtiņa šajā rindā jau ir iekrāsota, tad otra iekrāsotā rūtiņa var būt vai nu pa kreisi, vai pa labi no iekrāsotās. Visas pārējās rūtiņas noteikti ir tukšas. Septītajā rindiņā ir 5 pēc kārtas iekrāsotas rūtiņas, tātad iekrāsota noteikti būs rūtiņa starp jau divām iekrāsotajām. Vēl šajā rindā jāiekrāso 2 rūtiņas. Tās var atrasties abas pa kreisi vai pa labi no jau šīm trim iekrāsotājām vai arī viena pa labi un viena pa kreisi no šīm rūtiņām. Tātad septītās rindas pirmā un divas pēdējās rūtiņas noteikti ir tukšas. Līdzīgā veidā varam noskaidrot, ka noteikti tukšas būs arī pēdējās rindas beidzamās trīs rūtiņas (skat 10. zīm.).

Tā kā sestās kolonnas pirmā rūtiņa noteikti ir tukša, tad aizkrāsotai jābūt apakšējai rūtiņai (jo pavisam šajā kolonnā jābūt iekrāsotām 7 rūtiņām). Līdz ar to arī pēdējā rindiņā tad būs iekrāsotas trīs blakusesošās rūtiņas - ceturtā, piektā un sestā. Tātad pēdējā rindiņā pirmā un otrā rūtiņas noteikti ir tukšas. Tukšas noteikti ir arī rūtiņas ap vienīgo iekrāsoto rūtiņu otrajā rindā, jo šajā rindā ir iekrāsotas tikai grupas pa vienai rūtiņai katrā grupā (skat. 11. zīm.).
Piektajā kolonnā ir iekrāsotas divas apakšējās rūtiņas un šajā kolonnā ir jābūt iekrāsotai grupai no divām rūtiņām, tātad šī ir tā grupa. Tad šīs kolonnas sestā rūtiņa noteikti ir tukša. Tagad papētīsim sesto rindiņu. Tajā jau ir iekrāsotas divas atdalītas rūtiņas - tātad katra no savas grupas. Tā kā visā rindiņā ir tikai divas iekrāsoto rūtiņu grupas, tad šo rindiņu mēs varam aizpildīt viennozīmīgi (skat. 12. zīm.).

Priekšpēdējā kolonnā ir tikai divas pēc kārtas iekrāsotas rūtiņas, bet viena rūtiņa šajā kolonnā jau ir iekrāsota. Tātad otra rūtiņa var būt iekrāsota tikai uz augšu no tās un šī kolonna būs aizpildīta pilnībā. Otrajā kolonnā ir iekrāsota grupa no 2 rūtiņām, bet apakšā palikusi brīva tikai viena rūtiņa, tātad tā noteikti nebūs iekrāsota. Tāpat arī trešās kolonnas divas apakšējās rūtiņas noteikti ir tukšas, jo tu neietilpst grupa no trīs iekrāsotām rūtiņām. Līdz ar to viennozīmīgi varam arī aizpildīt pēdējās divas rindiņas.
Tagad varam pilnībā aizpildīt arī septīto un astoto kolonnas. Pēc tam arī piekto rindiņu, tad pēdējo kolonnu, tad ceturto rindu (skat. 13 a), b). zīm.).

Tālāk viennozīmīgi varam aizpildīt pirmo, otro un trešo kolonnas, pēc tam pirmo rindiņu. Neaizpildīta tad paliek tikai piektās kolonnas trešā rūtiņa, kura acīmredzami ir tukša. Līdz ar to zīmējumu esam atšifrējuši. Tas redzams 14. zīmējumā.

5. Tā kā aplim nav ne sākuma ne beigu, tad dzīvnieku izvietojumu veidu skaits nav atkarīgs no tā, ar kuru krātiņu mēs sākam, piemēram, ja mēs vienreiz sāktu ar krātiņu "*" - pirmo dzīvnieku ievietotu tajā un pārējos kaut kādā veidā atbilstoši uzdevumam izvietotu pa apli pulksteņrādītāja virzienā, bet citreiz sāktu ar krātiņu "#", tajā ievietojot to pašu dzīvnieku, kuru pirmajā reizē ielikām krātiņā "*" un pārējos dzīvniekus arī izvietotu tieši tāpat kā iepriekš, tad iegūtu to pašu izvietojumu, tikai "pagrieztu par 2 krātiņiem" pulksteņrādītāja virzienā (skat. 15. zīm.).

Pavisam ir 12 krātiņi un 6 tīģeri, tātad tīģerus var izvietot vienā vienīgā veidā, lai blakus krātiņos neatrastos divi tīģeri, katrā otrajā krātiņā ir jāievieto pa tīģerim (skat. 16. zīm.).
Atlikušajos 6 krātiņos jāizvieto 2 panteras un 4 lauvas. Ja būsim izvietojuši panteras, tad lauvu izvietojums būs noteikts viennozīmīgi.
Kā noskaidrojām iepriekš, tad nav svarīgi, kurā krātiņa ievietojam vienu panteru (to uzskatīsim par atskaites punktu). Tad otro panteru varētu ievietot 5 atlikušajos krātiņos (divas panteras neatradīsies blakus, jo tukšie krātiņi un krātiņi ar tīģeriem atrodas pamīšus). Pēc tam tukši paliek tieši 4 krātiņi, kas noteikti neatrodas blakus (tiem starpā ir vismaz krātiņš ar tīģeri), tātad tajos varam izvietot visas 4 lauvas viennozīmīgi.
Tātad pavisam esam ieguvuši 5 veidus, kā var izvietot šos dzīvniekus (skat. 17. zīm.).

Taču a) un e) izvietojumi ir vienādi, jo e) izvietojumu var iegūt no a) izvietojuma, "pagriežot to par 2 krātiņiem" pretēji pulksteņrādītāja virzienam. Tieši tā paša iemesla dēļ arī b) un d) izvietojumi ir vienādi (šoreiz tie ir "pagriezti par 4 krātiņiem"). Tātad atšķirīgi ir tikai 5-2=3 veidi, kā šos 12 dzīvniekus pa apli izvietot 12 krātiņos.

Arhīvs

JMK sākumlapa

NMS sākumlapa