moj današnji zadatak

Rešenja zadataka

CPN predstavlja tačna rešenja svakog od 10 zadataka akcije ”Moj današnji zadatak”, kao i listu pobednika takmičenja

 

 

 

CPN akcija “Moj današnji zadatak” izazvala je veliko interesovanje javnosti, a tokom desetodnevnog takmičenja u rešavanju matematičkih zadataka nadmetalo se čak 3100 ljudi. Ovom prilikom predstavljamo pobednike i rešenja svih zadataka. 

Jedanaest čitalaca koji su rešili najviše zadataka (petoro je rešilo svih 10 a šestoro je rešilo 9 zadataka) osvojili su pretplatu na časopis Elementi. Pobednike takmičenja Centar za promociju nauke kontaktirao je putem imejla.

NAGRAĐENI ČITAOCI

  • Ariana Basarić
  • Ivan Šarčev
  • Stefan Marić
  • Aleksandar Ristivojević
  • Jelena Delić
  • Darko Ninković
  • Bojan Stefanović
  • Lazar Perišić
  • Vesna Stojković
  • Nenad Pantelić
  • Marija Mitić

Statistika pokazuje da je od čitalaca koji su poslali svoje rešenje, kao i ime, prezime i i-mejl adresu, njih 123 tačno rešilo najmanje jedan zadatak, a 52 čitaoca su rešila samo jedan zadatak. Dva zadatka je rešilo 15 čitalaca, tri zadatka 14 čitalaca, četiri zadatka 5 čitalaca, pet zadataka 1o čitalaca, šest zadataka 4 čitalaca, sedam zadataka 4 čitaoca, a osam zadataka 8 čitalaca. Slede rešenja zadataka.

Zadatak broj 1 – Al Horezmi

Jednog jutra u Bagdadu, bilo je to baš ono jutro kad su jorgovani divno mirisali, kalif Harun Al Rašid poklonio je svom omiljenom matematičaru Al Horezmiju deset zlatnih dirhama, abasidskih novčića. Razmišljajući manje o jorgovanu, a više o kvadratima, Al Horezmi je na radni sto poređao 10 dirhama tako da na svakom kalifovo sveto ime bude sa gornje strane. Drugog dana je došao do stola i okrenuo svaki drugi zlatnik. Trećeg dana je okrenuo svaki treći i tako redom, sve dok desetog dana nije okrenuo samo poslednji. Koliko zlatnika je nakon ovog algoritma ostalo u početnom položaju?

A) 1

B) 2

V) 3

G) 4

D) Nijedan 

Rešenje: Počnimo od činjenice da je prvi novčić sve vreme ostao u početnom položaju. Za sve ostale, postavljamo pitanje: da li su bili okrenuti paran ili neparan broj puta? Ostaju u početnom položaju ukoliko su okrenuti paran broj puta. Rešenje onda glasi: izuzimajući deljenje sa jedan, u početnom položaju su novčići na onom mestu koje ima paran broj delilaca. Od prvih deset brojeva, to su samo 4 (deljiv sa 2 i sa 4) i 9 (sa 3 i sa 9). Zajedno sa prvim novčićem, ukupno rešenje je 3 novčića. Ova tri broja (1, 4 i 9) su sve kvadratni brojevi. Zapravo, u pitanju je matematičko pravilo: ovaj put uključujući deljivost sa jedan, svi kvadratni brojevi, i samo kvadratni brojevi, imaju neparan broj delilaca. Rešenje ovog zadatka za bilo koji broj novčića je: ima ih tačno koren najbližeg kvadratnog broja. Od 92 novčića, 9 bi ostalo u istom položaju (najbliži kvadrat je 92, 81).

Zadatak broj 2 – Arhimed

Nakon što je probio zidine Sirakuze, posle iscrpljujuće dvogodišnje opsade, rimski vojskovođa Marko Klaudije Marcel naredio je legionarima da u pet kolona uđu u grad, pronađu slavnog Arhimeda i poštede mu život. Čekajući da upozna osvajače kojima su njegove ratne sprave zadale toliko muke, Arhimed je ravnodušno popravio togu i lupkajući štapom nacrtao krug u pesku. Kad je ugledao Rimljane, najednom mu je sinulo pitanje – kako podeliti krug na što više delova sa tačno pet pravih linija? Rimljani su mu prišli, ali Arhimed se zadubio u problem i nije hajao za njih. „Ne dirajte mi krugove“, uzviknuo je i nastavio da rešava zadatak. Na koliko delova je Arhimed uspeo da podeli krug pre nego što ga je usmrtio rimski legionar?

A) 9

B) 11

V) 13

G) 14

D) 16

Rešenje: Krug će biti podeljen na najviše delova onda kada se svaka linija seče sa svakom od preostalih linija, ali tako da se ni u jednoj tački ne seku više od dve linije. U ovom slučaju (sa pet linija) to je 16 delova. Najveći broj delova na koje se krug može podeliti može se izračunati pomoću formule (n x (n + 1))/2 +1 gde je n broj pravih linija. Uz pomoć ove formule je moguće izračunati broj delova i kada bi zadatak bio malo teži za crtanje; na primer, ako je u igri milion pravih.

Zadatak broj 3 – Mika Alas

Jutro pod beogradskom tvrđavom, na Dunavu. Mladi beogradski alasi, mamurni od neprospavane noći, izgurali su barku pevušeći „Što se bore misli moje“. Ugledni profesor i majstor ribolovačkog zanata, Mika Alas podiže ruke i utišava svoje šegrte. Četiri šarana plivaju Dunavom na jednakom rastojanju jedan od drugog. Mladi alasi gledaju vodu, ali ne vide sva četiri šarana koje vidi Mika Alas. Koliko je najviše šarana moglo da ispliva na površinu reke tako da rastojanja među njima ostanu jednaka?

A) 4

B) 3

V) 2

G) 1

D) nijedan

Rešenje: Jedino geometrijsko telo čija se 4 temena nalaze na podjednakoj udaljenosti jedno od drugog jeste pravilni tetraedar, telo sastavljeno od četiri jednakostranična trougla. Takav oblik su recimo nekada imala pakovanja jogurta. Dakle četiri šarana moraju da predstavljaju temena tetraedra kako bi se nalazila na podjednakoj udaljenosti jedan od drugog. Najveći broj temena u jednoj ravni tetraedra je 3 (jedan od trouglova), a to je ujedno i najveći broj šarana koji se mogu naći na površini vode. 

Zadatak broj 4 – Grigorij Pereljman 

Matematički genije Grigorij Pereljman je nestao. Odbio je nagradu od milion dolara i napustio Sankt Petersburg, bežeći od novinara i drugih matematičara. Krenuo je u potragu sa idejom da nađe takvo mesto na površini lopte iz kojeg kada pođe 100 koraka na sever, zatim 100 koraka na istok i 100 koraka na jug ponovo stane u onu tačku iz koje je pošao. Brojao je korake tamo i ovamo, a onda shvatio da zna za bar dve takve tačke na planeti. Koje su to tačke?

A) Severni i Južni pol

B) Bilo koja dva mesta na ekvatoru koja su udaljena 100 koraka

V) Južni pol i bilo koje mesto 100 koraka južnije od 100 koraka dugačke paralele

G) Sva ona mesta koja se nalaze na paraleli dužine 100 koraka, kao i Severni pol

D) Pogrešio je – ne postoje takve tačke

Rešenje: U ovom zadatku imamo dve klase rešenja. Prvu klasu predstavlja Južni pol: ako pođemo sa Južnog pola na sever i kasnije se krećemo istom razdaljinom na jug, mi moramo završiti na tamo odakle smo krenuli koliko god da smo u međuvremenu išli tačno na istok (ili na zapad). Dok je u ovoj klasi rešenja razdaljina kretanja na istok nebitna, u drugoj klasi rešenja ona je ključna. Naime, ne računajući prvo rešenje (Južni pol), završavamo na istom mestu ako u kretanju na istok napravimo pun krug – odnosno, ako je paralela kojom se krećemo dugačka tačno 100 koraka. Ova paralela bi morala da bude na severnoj polulopti, jer inače prosto nemamo gde na napravimo početnih 100 koraka na sever. Rešenja ove klase ne čini samo beskonačno tačaka koje su tačno 100 koraka ispod paralele dužine 100 koraka. Naime, ne mora paralela biti 100 koraka dugačka, već može biti i dugačka bilo koji broj koraka sa kojima je 100 deljivo. Ako je paralela dugačka 10 koraka, prosto ćemo napraviti 10 punih krugova, i opet biti na početnoj poziciji.

Zadatak broj 5 – Fibonači

Kada se vratio sa jednog od brojnih putovanja po Africi i Aziji, Fibonači je ispred svoje kuće u Pizi našao zeca i zečicu. Životinje su mu pravile društvo dok je prevodio spise arapskih matematičara. Nakon dva meseca, zečica je okotila još dva zeca, takođe mužjaka i ženku, a Fibonačija je posetio njegov nemački prijatelj i ljubitelj matematike, car Fridrih II. Fibonači je pogledao svoju malu baštu i upitao cara da mu pokloni dukat za svaki par zečeva. Pošto ih je dobro hranio, zečevi nisu umirali, svaki par je bio polno zreo nakon dva meseca, a zečice su uvek na svet donosile mužjaka i ženku. Koliko dukata je car poklonio Fibonačiju nakon godinu dana od njihovog susreta?

A) 610

B) 89

V) 99

G) 144

D) 34

Rešenje: Ovaj niz se dobija tako što je sledeći član niza zbir prethodna dva člana. Kake to ima veze sa zečevima? U ovom zadatku na početku godine Fibonači ima jedan par zečeva koji je polno zreo i jedan tek rođen par. Za dva meseca Fibonači će imati ta dva para i još jedan koji je okotio stariji par, a mlađi par tek postaje polno zreo, dakle 2+1, odnosno 3 para. Četvrtog meseca će imati ova tri pra, dva će okotiti novi a ovaj jedan najmlađi će postati polno zreo. Dakle 3+2 odnosno pet parova zečeva. Šestog meseca će ponovo imati ovih pet parova, tri polno zrela će dati potomke odnosno 5+3=8 parova, a pet će tada biti polno zrelo. Prepoznajete li niz? Osmog meseca će biti ukupno 8+5=13 parova, desetog meseca 13+8=21, a na kraju godine 21+13=34 para zečeva. 

Zadatak broj 6 – Terens Tao 

Matematičar Terens Tao putuje iz Prinstona na dodelu Fildsove medalje. No, zadubljen u jedno rešenje parcijalne diferencijalne jednačine, propušta voz za Njujork i uveliko kasni na let za Madrid. U zadnji čas dolazi na aeorodrom JFK i probija se kroz bezbednosne kontrole. Najzad, stiže do gejta kao poslednji putnik, stoti po redu. Međutim, ukrcavanje još uvek traje – putnici stoje na ulazu u kabinu. Prvi putnik nije seo na svoje mesto, već na sedište koje je izabrao metodom slučajnog izbora. Kapetan leta insistira da se putnici što brže smeste. Zato svaki sledeći putnik ulazi i pokušava da sedne na svoje mesto, ali ako je ono zauzeto bira neko od slobodnih mesta. Kolika je verovatnoća da Terens kao poslednji sedne baš na ono mesto čiji broj mu je naveden na karti?

A) 1%

B) 50%

V) 100%

G) 1,01%

D) 0% 

Rešenje: Putnici će birati mesto nasumično ukoliko je njihovo mesto već zauzeto, sve do trenutka kada neko sedno na mesto one osobe koja je ušla prva, sela na tuđe mesto i napravila celu zbrku. Drugim rečima, svaki put kada nova osoba uđe u avion, a njeno mesto je zauzeto, pred njom su tri mogućnosti. Ili će  sesti na mesto osobe koja je prva sela na tuđe mesto, ili na Taoovo mesto, ili na neko treće mesto, koje pripada nekom od preostalih putnika. Zanemarimo ovaj treći rezultat (on ne menja Taoovu sudbinu). Šansa da sedne na mesto prvog putnika, čime ispravlja čitav niz iza sebe, jednaka je šansi da sedne na Taoovo mesto. Ovo važi za svakog putnika. Pitanje je onda: da li će pre neko sesti na mesto prvog putnika ili na mesto Terensa Taoa? Sada je odgovor od 50% malo intuitivniji. Dakle, koliki god da je broj putnika, verovatnoća da poslednji sedne na svoje mesto iznosiće 50 odsto

Zadatak broj 7 – Tjuring

Vlaga i neonsko osvetljenje nad Gradom robota. Dva kiborga prodaju zabranjene čipove sve dok ih laseri ne oteraju u podzemlje. Zuj letelice se gubi u visini. Ćutljiv i mrzovoljan, Bladerunner vas gura kroz vrata. Sproveo vas je na testiranje. Našli ste se u jarko osvetljenoj prostoriji sa četiri bela stola. No, niste sami. Neko vas posmatra iza stakla. Prepoznajete njegovo lice – matematičar Alan Tjuring, otac mašina. Sprovešće test da ustanovi da li ste čovek ili android. Na svakom stolu je jedno od četiri pitanja na koje morate da odgovorite:

Pitanje 1: Koje je prvo po redu pitanje gde je tačan odgovor pod v?

A) Pitanje 3

B) Pitanje 4

V) Pitanje 1

G) Pitanje 2

Pitanje 2:  Koje je prvo po redu pitanje, gde je tačan odgovor pod a?

A) Pitanje 4

B) Pitanje 2

V) Pitanje 3

G) Pitanje 1

Pitanje 3: Koje je prvo po redu pitanje, gde je tačan odgovor pod g?

A) Pitanje 1

B) Pitanje 2

V) Pitanje 4

G) Pitanje 3

Pitanje 4: Koje je prvo po redu pitanje, gde je tačan odgovor pod b?

A) Pitanje 2

B) Pitanje 4

V) Pitanje 3

G) Pitanje 1

Rešenje: Kroz ovaj zadatak smo morali da se probijemo malo i silom – nešto nalik na način na koji radi računar. Pošto svako pitanje referiše na neko drugo pitanje, ili na sebe, potrebno je da nasumično odaberemo odgovor na prvo pitanje i ”probijemo” se kroz sva četiri. Tačni odgovori su g), v), a) i b), s time što se četvrto pitanje zapravo nalazi izvan ciklusa, a treće referiše na prvo. Iako zvuči malo ”siledžijski”, ovakvo rešavanje zadataka ima dugu istoriju u logici i matematici, i zove se reductio ad absurdum. Da bismo otkrili da li je nešto tačno, pretpostavimo da jeste (ili da nije) i pogledajmo logičke posledice. Ukoliko su posledice kontradiktorne, nemoguće ili besmislene, nešto nije u redu, i onda korigujemo pretpostavku. 

Zadatak broj 8 – Ada Lavlejs

Ćerka lorda Bajrona, Ada Lavlejs nosi korpu sa kolačima dok šeta tek otvorenim Regentovim parkom sa astronomkinjom Meri Samervil. Pričajući o diferencijalnoj mašini, prijateljice nailaze na grupu od tačno 100 devojčica iz obližnje škole Sv. Marilebon. Prepoznavši ih, devojčice se oduševljeno okupljaju oko poznatih naučnica. Ada razmišlja da li ima dovoljno kolača za svih 100 devojčica. Nakon toga smišlja sledeći algoritam: svih sto staju u kolonu, jedna iza druge, tako da svaka vidi sve devojčice ispred sebe. Svakoj devojčici stavlja na glavu ili belu ili plavu kapu – i svaka devojčica koja pogodi boju svoje kape dobija kolač. Devojčice ne smeju da se okreću i svaka koja kaže bilo šta osim ”bela” ili ”plava” ne dobija kolač. Pre nego što dobiju kape, devojčice smišljaju strategiju da što više njih dobije kolač. Za koliko najviše devojčica Ada ima kolače?

A) 50

B) 75

V) 99

G) 100

D) ni za jednu

Rešenje: S obzirom da smeju da kažu samo jednu od dve boje, devojčice mogu da se dogovore da preko nagađanja boje svoje kape zapravo pomognu ostalima. Poslednjoj devojčici u nizu (i prvoj kada je u pitanju redosled pogađanja) niko ne vidi kapu – i ona mora da nagađa. Pošto ”mora” da nagađa, ona umesto toga napravi sledeći plan: pošto je parnost brojeva mera sa samo dve vrednosti, može se označiti sa samo dve boje. Ona će reći, primera radi, ’bela’ ako ispred sebe vidi paran broj belih kapa, a ’plava’ ako vidi neparan. Recimo da vidi paran broj belih, i kaže ’bela’. Nebitno je da li ona dobije kolač od Ade ili ne. Sledeća devojčica u nizu, devedeset deveta, gleda ispred sebe. Ako vidi neparan broj belih kapa, zna da je ona jedna od parnih koje je videla poslednja devojčica i reći će ’bela’; ako vidi paran, onda je njena plava. Isti postupak ponavlja svaka devojčica do poslednje – pa tako svaka osim prve (99 devojčica) sigurno dobija kolač, mada i poslednja ima 50% šanse. Smeštena u pravi kontekst, binarna vrednost može nositi svakakve informacije.

Zadatak broj 9 – Pjer Ferma

Zima, pozni čas. Hladna noć nad Tuluzom. Pedesetogodišnji advokat i savetnik u gradskom parlamentu, Pjer de Ferma ubacuje cepanicu u kamin i nastavlja da čita Diofantovu ”Aritmetiku”. Uviđa fascinantnu stvar: jednačina an+bn=cn nema rešenje za prirodne brojeve a, b i c ako je n prirodni broj veći od dva. Dok sveća treperi, počinje da izvodi dokaz. Međutim, dole na ulici, zaustavlja se kočija i neko snažno udara na ulazna vrata. Užurban, Ferma beleži teoremu na margini “Aritmetike”, ali nema mesta za njen dokaz. Skriva knjigu i silazi do kapije. Mokar od snega i premoren od puta, na vratima je klijent – mladić iz porodice slavnih kockara, de Montenja. U ruci drži pismo preporuke od zajedničkog prijatelja iz Ruana, Bleza Paskala. Ferma mladom klijentu nudi kuvano vino i sluša njegovu priču. Kockajući se sa jednim gramzivim činovnikom kralja Luja XIV, u ključnom bacanju sa velikim ulogom, Montenj je bacio dve kockice i u zbiru dobio sedam. Nezadovoljan gubitkom, činovnik ga je optužio da vara i rekao da će biti osuđen i bačen u Bastilju. Ferma se osmehuje i kaže da ga na sudu u Parizu može odbraniti samo jednim brojem. Kojim?

A) 1/12

B) 1/6

V) 1/18

G) 1/36

D) 0

Rešenje: Ferma je jednostavno zaključio kolika je verovatnoća da kockar zaista dobije zbir od sedam u rezultatu dve kockice. Kako svaka kocka ima šest strana, ukupan broj kombinacija strana kockica je 6 x 6, odnosno 36 kombinacija. Međutim, sedmica se može dobiti na više načina – 1 i 6, 2 i 5, 3 i 4, 4 i 3, 5 i 2, i na kraju 6 i 1. Ukupno 6 kombinacija. To znači da je verovatnoća da kockar dobije sedam zapravo 6/36, odnosno nakon skraćivanja 1/6.

Zadatak broj 10 – Euklid

Bučna agora, ulice i prolazi Aleksandrije. Pijačni dan. Euklid sa olakšanjem izbija na plato ispred Aleksandrijske biblioteke i posmatra divovski svetionik koji se nadvija nad lukom. Prepisivači su najzad završili kopiranje njegove knjige “Elementi”. Prepisivačka škola Velike biblioteke nadaleko je cenjena: sve ovde nastale kopije istovetne su originalima, osim razlike u jednom detalju – svaki prepisivač na rubu svitka koju napravi potpisuje se prvim slovom svog imena. Euklida dočekuje upravnik biblioteke Zenodot. Šetaju vrtovima biblioteke i uživaju u čaroliji tolikog znanja oko njih, toliko prijatnijeg od gradske buke, dok mu Zenodot priča o novim metodama katalogizacije svitaka. Euklidu jedna stvar nije jasna: ako se svaki prepisivač potpisuje samo prvim slovom svog imena, kako je moguće da ne nastane zabuna oko autora kopije ako postoje dva prepisivača sa istim inicijalom? Tada mu Zenodot, posvećeni ljubitelj Elemenata, otkriva jednu tajnu Aleksandrijske biblioteke: svi prepisivači imaju grčka imena sa različitim prvim slovima. Kada su stigli do repozitorijuma kopija, Zenodot Euklidu predaje svežanj svitaka “Elemenata” i kaže mu da treba da bude počastvovan: sam kralj Ptolemej I Soter naredio je biblioteci da svaki prepisivač napravi po jednu kopiju. Euklid na brzinu broji svitke i odgovovara: “Varaš se, Zenodote! Siguran sam da je najmanje jedan vaš prepisivač napravio dve”. Koliko je tačno svitaka izbrojao Euklid?

A) 2

B) 24

V) 25

G) 48

D) 8

Rešenje: U ovom zadatku njegove „Elemente“ uređuju prepisivači koji imaju inicijale od jednog slova sa različitim slovima grčkog alfabeta. Iako Euklid ne zna koliko prepisivača ima u Aleksandrijskoj biblioteci, zna da ih najviše može biti 24 (broj slova u grčkom alfabetu). Pošto je rekao da je najmanje jedan prepisivač napravio dve kopije, mogao je da prebroji samo tačno 25 kopija. Da ih je bilo 26, ne bi mogao da bude siguran da li su dva prepisivača napravila po dve, ili je jedan napravio tri.

Istražite druge tekstove:


Grb Republike Srbije
ecsite nsta eusea astc

CPN
Ulica kralja Petra 46
11000 Beograd
Republika Srbija
+381 11 24 00 260
centar@cpn.rs