Решења задатака

ЦПН представља тачна решења сваког од 10 задатака акције ”Мој данашњи задатак”, као и листу победника такмичења

 

 

 

ЦПН акција “Мој данашњи задатак” изазвала је велико интересовање јавности, а током десетодневног такмичења у решавању математичких задатака надметало се чак 3100 људи. Овом приликом представљамо победнике и решења свих задатака. 

Једанаест читалаца који су решили највише задатака (петоро је решило свих 10 а шесторо је решило 9 задатака) освојили су претплату на часопис Елементи. Победнике такмичења Центар за промоцију науке контактирао је путем имејла.

НАГРАЂЕНИ ЧИТАОЦИ

• Ариана Басарић
• Иван Шарчев
• Стефан Марић
• Александар Ристивојевић
• Јелена Делић
• Дарко Нинковић
• Бојан Стефановић
• Лазар Перишић
• Весна Стојковић
• Ненад Пантелић
• Марија Митић

Статистика показује да је од читалаца који су послали своје решење, као и име, презиме и и-мејл адресу, њих 123 тачно решило најмање један задатак, а 52 читаоца су решила само један задатак. Два задатка је решило 15 читалаца, три задатка 14 читалаца, четири задатка 5 читалаца, пет задатака 1о читалаца, шест задатака 4 читалаца, седам задатака 4 читаоца, а осам задатака 8 читалаца. Следе решења задатака.

Задатак број 1 – Ал Хорезми

Једног јутра у Багдаду, било је то баш оно јутро кад су јорговани дивно мирисали, калиф Харун Ал Рашид поклонио је свом омиљеном математичару Ал Хорезмију десет златних дирхама, абасидских новчића. Размишљајући мање о јорговану, а више о квадратима, Ал Хорезми је на радни сто поређао 10 дирхама тако да на сваком калифово свето име буде са горње стране. Другог дана је дошао до стола и окренуо сваки други златник. Трећег дана је окренуо сваки трећи и тако редом, све док десетог дана није окренуо само последњи. Колико златника је након овог алгоритма остало у почетном положају?

А) 1

Б) 2

В) 3

Г) 4

Д) Ниједан 

Решење: Почнимо од чињенице да је први новчић све време остао у почетном положају. За све остале, постављамо питање: да ли су били окренути паран или непаран број пута? Остају у почетном положају уколико су окренути паран број пута. Решење онда гласи: изузимајући дељење са један, у почетном положају су новчићи на оном месту које има паран број делилаца. Од првих десет бројева, то су само 4 (дељив са 2 и са 4) и 9 (са 3 и са 9). Заједно са првим новчићем, укупно решење је 3 новчића. Ова три броја (1, 4 и 9) су свe квадратни бројеви. Заправо, у питању је математичко правило: овај пут укључујући дељивост са један, сви квадратни бројеви, и само квадратни бројеви, имају непаран број делилаца. Решење овог задатка за било који број новчића је: има их тачно корен најближег квадратног броја. Од 92 новчића, 9 би остало у истом положају (најближи квадрат је 9², 81).

Задатак број 2 – Архимед

Након што је пробио зидине Сиракузе, после исцрпљујуће двогодишње опсаде, римски војсковођа Марко Клаудије Марцел наредио је легионарима да у пет колона уђу у град, пронађу славног Архимеда и поштеде му живот. Чекајући да упозна освајаче којима су његове ратне справе задале толико муке, Архимед је равнодушно поправио тогу и лупкајући штапом нацртао круг у песку. Кад је угледао Римљане, наједном му је синуло питање – како поделити круг на што више делова са тачно пет правих линија? Римљани су му пришли, али Архимед се задубио у проблем и није хајао за њих. „Не дирајте ми кругове“, узвикнуо је и наставио да решава задатак. На колико делова је Архимед успео да подели круг пре него што га је усмртио римски легионар?

А) 9

Б) 11

В) 13

Г) 14

Д) 16

Решење: Круг ће бити подељен на највише делова онда када се свака линија сече са сваком од преосталих линија, али тако да се ни у једној тачки не секу више од две линије. У овом случају (са пет линија) то је 16 делова. Највећи број делова на које се круг може поделити може се израчунати помоћу формуле (n x (n + 1))/2 +1 где је n број правих линија. Уз помоћ ове формуле је могуће израчунати број делова и када би задатак био мало тежи за цртање; на пример, ако је у игри милион правих.

Задатак број 3 – Мика Алас

Јутро под београдском тврђавом, на Дунаву. Млади београдски аласи, мамурни од непроспаване ноћи, изгурали су барку певушећи „Што се боре мисли моје“. Угледни професор и мајстор риболовачког заната, Мика Алас подиже руке и утишава своје шегрте. Четири шарана пливају Дунавом на једнаком растојању један од другог. Млади аласи гледају воду, али не виде сва четири шарана које види Мика Алас. Колико је највише шарана могло да исплива на површину реке тако да растојања међу њима остану једнака?

А) 4

Б) 3

В) 2

Г) 1

Д) ниједан

Решење: Једино геометријско тело чија се 4 темена налазе на подједнакој удаљености једно од другог јесте правилни тетраедар, тело састављено од четири једнакостранична троугла. Такав облик су рецимо некада имала паковања јогурта. Дакле четири шарана морају да представљају темена тетраедра како би се налазила на подједнакој удаљености један од другог. Највећи број темена у једној равни тетраедра је 3 (један од троуглова), а то је уједно и највећи број шарана који се могу наћи на површини воде. 

Задатак број 4 – Григориј Перељман 

Математички геније Григориј Перељман је нестао. Одбио је награду од милион долара и напустио Санкт Петерсбург, бежећи од новинара и других математичара. Кренуо је у потрагу са идејом да нађе такво место на површини лопте из којег када пође 100 корака на север, затим 100 корака на исток и 100 корака на југ поново стане у ону тачку из које је пошао. Бројао је кораке тамо и овамо, а онда схватио да зна за бар две такве тачке на планети. Које су то тачке?

А) Северни и Јужни пол

Б) Било која два места на екватору која су удаљена 100 корака

В) Јужни пол и било које место 100 корака јужније од 100 корака дугачке паралеле

Г) Сва она места која се налазе на паралели дужине 100 корака, као и Северни пол

Д) Погрешио је – не постоје такве тачке

Решење: У овом задатку имамо две класе решења. Прву класу представља Јужни пол: ако пођемо са Јужног пола на север и касније се крећемо истом раздаљином на југ, ми морамо завршити на тамо одакле смо кренули колико год да смо у међувремену ишли тачно на исток (или на запад). Док је у овој класи решења раздаљина кретања на исток небитна, у другој класи решења она је кључна. Наиме, не рачунајући прво решење (Јужни пол), завршавамо на истом месту ако у кретању на исток направимо пун круг – односно, ако је паралела којом се крећемо дугачка тачно 100 корака. Ова паралела би морала да буде на северној полулопти, јер иначе просто немамо где на направимо почетних 100 корака на север. Решења ове класе не чини само бесконачно тачака које су тачно 100 корака испод паралеле дужине 100 корака. Наиме, не мора паралела бити 100 корака дугачка, већ може бити и дугачка било који број корака са којима је 100 дељиво. Ако је паралела дугачка 10 корака, просто ћемо направити 10 пуних кругова, и опет бити на почетној позицији.

Задатак број 5 – Фибоначи

Када се вратио са једног од бројних путовања по Африци и Азији, Фибоначи је испред своје куће у Пизи нашао зеца и зечицу. Животиње су му правиле друштво док је преводио списе арапских математичара. Након два месеца, зечица је окотила још два зеца, такође мужјака и женку, а Фибоначија је посетио његов немачки пријатељ и љубитељ математике, цар Фридрих II. Фибоначи је погледао своју малу башту и упитао цара да му поклони дукат за сваки пар зечева. Пошто их је добро хранио, зечеви нису умирали, сваки пар је био полно зрео након два месеца, а зечице су увек на свет доносиле мужјака и женку. Колико дуката је цар поклонио Фибоначију након годину дана од њиховог сусрета?

А) 610

Б) 89

В) 99

Г) 144

Д) 34

Решење: Овај низ се добија тако што је следећи члан низа збир претходна два члана. Каке то има везе са зечевима? У овом задатку на почетку године Фибоначи има један пар зечева који је полно зрео и један тек рођен пар. За два месеца Фибоначи ће имати та два пара и још један који је окотио старији пар, а млађи пар тек постаје полно зрео, дакле 2+1, односно 3 пара. Четвртог месеца ће имати ова три пра, два ће окотити нови а овај један најмлађи ће постати полно зрео. Дакле 3+2 односно пет парова зечева. Шестог месеца ће поново имати ових пет парова, три полно зрела ће дати потомке односно 5+3=8 парова, а пет ће тада бити полно зрело. Препознајете ли низ? Осмог месеца ће бити укупно 8+5=13 парова, десетог месеца 13+8=21, а на крају године 21+13=34 пара зечева. 

Задатак број 6 – Теренс Тао 

Математичар Теренс Тао путује из Принстона на доделу Филдсове медаље. Но, задубљен у једно решење парцијалне диференцијалне једначине, пропушта воз за Њујорк и увелико касни на лет за Мадрид. У задњи час долази на аеородром JFK и пробија се кроз безбедносне контроле. Најзад, стиже до гејта као последњи путник, стоти по реду. Међутим, укрцавање још увек траје – путници стоје на улазу у кабину. Први путник није сео на своје место, већ на седиште које је изабрао методом случајног избора. Капетан лета инсистира да се путници што брже сместе. Зато сваки следећи путник улази и покушава да седне на своје место, али ако је оно заузето бира неко од слободних места. Колика је вероватноћа да Теренс као последњи седне баш на оно место чији број му је наведен на карти?

А) 1%

Б) 50%

В) 100%

Г) 1,01%

Д) 0% 

Решење: Путници ће бирати место насумично уколико је њихово место већ заузето, све до тренутка када неко седно на место оне особе која је ушла прва, села на туђе место и направила целу збрку. Другим речима, сваки пут када нова особа уђе у авион, а њено место је заузето, пред њом су три могућности. Или ће  сести на место особе која је прва села на туђе место, или на Таоово место, или на неко треће место, које припада неком од преосталих путника. Занемаримо овај трећи резултат (он не мења Таоову судбину). Шанса да седне на место првог путника, чиме исправља читав низ иза себе, једнака је шанси да седне на Таоово место. Ово важи за сваког путника. Питање је онда: да ли ће пре неко сести на место првог путника или на место Теренса Таоа? Сада је одговор од 50% мало интуитивнији. Дакле, колики год да је број путника, вероватноћа да последњи седне на своје место износиће 50 одсто. 

Задатак број 7 – Тјуринг

Влага и неонско осветљење над Градом робота. Два киборга продаjу забрањене чипове све док их ласери не отераjу у подземље. Зуj летелице се губи у висини. Ћутљив и мрзовољан, Bladerunner вас гура кроз врата. Спровео вас jе на тестирање. Нашли сте се у jарко осветљеноj просториjи са четири бела стола. Но, нисте сами. Неко вас посматра иза стакла. Препознаjете његово лице – математичар Алан Тjуринг, отац машина. Спровешће тест да установи да ли сте човек или андроид. На сваком столу jе jедно од четири питања на коjе морате да одговорите:

Питање 1: Које је прво по реду питање где је тачан одговор под в?

А) Питање 3

Б) Питање 4

В) Питање 1

Г) Питање 2

Питање 2:  Које је прво по реду питање, где је тачан одговор под а?

А) Питање 4

Б) Питање 2

В) Питање 3

Г) Питање 1

Питање 3: Које је прво по реду питање, где је тачан одговор под г?

А) Питање 1

Б) Питање 2

В) Питање 4

Г) Питање 3

Питање 4: Које је прво по реду питање, где је тачан одговор под б?

А) Питање 2

Б) Питање 4

В) Питање 3

Г) Питање 1

Решење: Кроз овај задатак смо морали да се пробијемо мало и силом – нешто налик на начин на који ради рачунар. Пошто свако питање реферише на неко друго питање, или на себе, потребно је да насумично одаберемо одговор на прво питање и ”пробијемо” се кроз сва четири. Тачни одговори су г), в), а) и б), с тиме што се четврто питање заправо налази изван циклуса, а треће реферише на прво. Иако звучи мало ”силеџијски”, овакво решавање задатака има дугу историју у логици и математици, и зове се reductio ad absurdum. Да бисмо открили да ли је нешто тачно, претпоставимо да јесте (или да није) и погледајмо логичке последице. Уколико су последице контрадикторне, немогуће или бесмислене, нешто није у реду, и онда коригујемо претпоставку. 

Задатак број 8 – Ада Лавлејс

Ћерка лорда Бајрона, Ада Лавлејс носи корпу са колачима док шета тек отвореним Регентовим парком са астрономкињом Мери Самервил. Причајући о диференцијалној машини, пријатељице наилазе на групу од тачно 100 девојчица из оближње школе Св. Марилебон. Препознавши их, девојчице се одушевљено окупљају око познатих научница. Ада размишља да ли има довољно колача за свих 100 девојчица. Након тога смишља следећи алгоритам: свих сто стају у колону, једна иза друге, тако да свака види све девојчице испред себе. Свакој девојчици ставља на главу или белу или плаву капу – и свака девојчица која погоди боју своје капе добија колач. Девојчице не смеју да се окрећу и свака која каже било шта осим ”бела” или ”плава” не добија колач. Пре него што добију капе, девојчице смишљају стратегију да што више њих добије колач. За колико највише девојчица Ада има колаче?

А) 50

Б) 75

В) 99

Г) 100

Д) ни за једну

Решење: С обзиром да смеју да кажу само једну од две боје, девојчице могу да се договоре да преко нагађања боје своје капе заправо помогну осталима. Последњој девојчици у низу (и првој када је у питању редослед погађања) нико не види капу – и она мора да нагађа. Пошто ”мора” да нагађа, она уместо тога направи следећи план: пошто је парност бројева мера са само две вредности, може се означити са само две боје. Она ће рећи, примера ради, ’бела’ ако испред себе види паран број белих капа, а ’плава’ ако види непаран. Рецимо да види паран број белих, и каже ’бела’. Небитно је да ли она добије колач од Аде или не. Следећа девојчица у низу, деведесет девета, гледа испред себе. Ако види непаран број белих капа, зна да је она једна од парних које је видела последња девојчица и рећи ће ’бела’; ако види паран, онда је њена плава. Исти поступак понавља свака девојчица до последње – па тако свака осим прве (99 девојчица) сигурно добија колач, мада и последња има 50% шансе. Смештена у прави контекст, бинарна вредност може носити свакакве информације.

Задатак број 9 – Пјер Ферма

Зима, позни час. Хладна ноћ над Тулузом. Педесетогодишњи адвокат и саветник у градском парламенту, Пјер де Ферма убацује цепаницу у камин и наставља да чита Диофантову ”Аритметику”. Увиђа фасцинантну ствар: једначина аn+бn=цn нема решење за природне бројеве а, б и ц ако је n природни број већи од два. Док свећа трепери, почиње да изводи доказ. Међутим, доле на улици, зауставља се кочија и неко снажно удара на улазна врата. Ужурбан, Ферма бележи теорему на маргини “Аритметике”, али нема места за њен доказ. Скрива књигу и силази до капије. Мокар од снега и преморен од пута, на вратима је клијент – младић из породице славних коцкара, де Монтења. У руци држи писмо препоруке од заједничког пријатеља из Руана, Блеза Паскала. Ферма младом клијенту нуди кувано вино и слуша његову причу. Коцкајући се са једним грамзивим чиновником краља Луја XIV, у кључном бацању са великим улогом, Монтењ је бацио две коцкице и у збиру добио седам. Незадовољан губитком, чиновник га је оптужио да вара и рекао да ће бити осуђен и бачен у Бастиљу. Ферма се осмехује и каже да га на суду у Паризу може одбранити само једним бројем. Којим?

А) 1/12

Б) 1/6

В) 1/18

Г) 1/36

Д) 0

Решење: Ферма је једноставно закључио колика је вероватноћа да коцкар заиста добије збир од седам у резултату две коцкице. Како свака коцка има шест страна, укупан број комбинација страна коцкица је 6 x 6, односно 36 комбинација. Међутим, седмица се може добити на више начина – 1 и 6, 2 и 5, 3 и 4, 4 и 3, 5 и 2, и на крају 6 и 1. Укупно 6 комбинација. То значи да је вероватноћа да коцкар добије седам заправо 6/36, односно након скраћивања 1/6.

Задатак број 10 – Еуклид

Бучна агора, улице и пролази Александрије. Пијачни дан. Еуклид са олакшањем избија на плато испред Александријске библиотеке и посматра дивовски светионик који се надвија над луком. Преписивачи су најзад завршили копирање његове књиге “Елементи”. Преписивачка школа Велике библиотеке надалеко је цењена: све овде настале копије истоветне су оригиналима, осим разлике у једном детаљу – сваки преписивач на рубу свитка коју направи потписује се првим словом свог имена. Еуклида дочекује управник библиотеке Зенодот. Шетају вртовима библиотеке и уживају у чаролији толиког знања око њих, толико пријатнијег од градске буке, док му Зенодот прича о новим методама каталогизације свитака. Еуклиду једна ствар није јасна: ако се сваки преписивач потписује само првим словом свог имена, како је могуће да не настане забуна око аутора копије ако постоје два преписивача са истим иницијалом? Тада му Зенодот, посвећени љубитељ Елемената, открива једну тајну Александријске библиотеке: сви преписивачи имају грчка имена са различитим првим словима. Када су стигли до репозиторијума копија, Зенодот Еуклиду предаје свежањ свитака “Елемената” и каже му да треба да буде почаствован: сам краљ Птолемеј I Сотер наредио је библиотеци да сваки преписивач направи по једну копију. Еуклид на брзину броји свитке и одгововара: “Вараш се, Зенодоте! Сигуран сам да је најмање један ваш преписивач направио две”. Колико је тачно свитака избројао Еуклид?

А) 2

Б) 24

В) 25

Г) 48

Д) 8

Решење: У овом задатку његове „Елементе“ уређују преписивачи који имају иницијале од једног слова са различитим словима грчког алфабета. Иако Еуклид не зна колико преписивача има у Александријској библиотеци, зна да их највише може бити 24 (број слова у грчком алфабету). Пошто је рекао да је најмање један преписивач направио две копије, могао је да преброји само тачно 25 копија. Да их је било 26, не би могао да буде сигуран да ли су два преписивача направила по две, или је један направио три.