Úlohy zamerané na hľadanie čísel, ktoré spĺňajú určité vlastnosti, sú bežnou súčasťou matematických súťaží a olympiád. Tieto úlohy často vyžadujú kombináciu logického myslenia, algebraických zručností a systematického prístupu. V tomto článku sa pozrieme na rôzne typy úloh s dvojcifernými číslami a ukážeme si, ako ich efektívne riešiť.
Riešenie pomocou premenných a rovníc
V úlohách, kde máme nájsť čísla s určitými vlastnosťami cifier, je užitočné označiť si cifry písmenami. Napríklad, dvojciferné číslo môžeme označiť ako \overline{AB}, kde A a B sú cifry tohto čísla. Dôležité je mať na pamäti, že \overline{AB} nereprezentuje súčin A a B, ale dvojciferné číslo, preto používame čiarku nad symbolom.
Pri riešení úloh s dvojcifernými číslami je dôležité vymedziť, aké hodnoty môžu cifry nadobúdať. Napríklad, žiadna cifra nemôže byť 0, ak hľadáme dvojciferné čísla. Takisto, ak máme dve dvojciferné čísla, kde prvé je menšie ako druhé, môžeme odvodiť vzťahy medzi ich ciframi.
Príklad: Fordova rýchlosť a míľniky
Predstavme si situáciu, kde Ford prechádza popri míľnikoch s číslami. Prvý míľnik má číslo v tvare \overline{AB}, druhý \overline{BA} a tretí buď \overline{A0B} alebo \overline{B0A}. Našou úlohou je zistiť, aké sú hodnoty týchto míľnikov, ak vieme, že Ford ide konštantnou rýchlosťou.
Vieme, že hodnota tretieho míľnika je súčtom Fordovej rýchlosti a hodnoty na druhom míľniku. Keďže Fordova rýchlosť je rozdielom hodnôt na druhom a prvom míľniku, a tie sú obe dvojciferné, aj jeho rýchlosť bude najviac dvojciferná. Tretí míľnik je teda súčtom dvoch dvojciferných čísel, čo znamená, že jeho hodnota nemôže byť väčšia ako 198. Z toho vyplýva, že jedna z cifier A alebo B musí byť 1. Keďže žiadna cifra nemôže byť 0 a Ford ide stále konštantnou rýchlosťou, druhý míľnik bude musieť byť väčší ako prvý, takže A < B. Tým pádom A musí byť 1.
Prečítajte si tiež: Pavlova v tvare čísla
Riešenie pomocou skúšania
V tomto momente môžeme pokračovať viacerými spôsobmi. Jedným z nich je systematické skúšanie. Vytvoríme si tabuľku, kde pre každé B vypočítame hodnotu tretieho míľniku a porovnáme ju s požadovanou hodnotou \overline{A0B}:
| B | \overline{B1} + (\overline{B1} - \overline{1B}) = ? | \overline{10B} |
|---|---|---|
| 2 | 21 + (21 - 12) = 30 | 102 |
| 3 | 31 + (31 - 13) = 49 | 103 |
| 4 | 41 + (41 - 14) = 68 | 104 |
| 5 | 51 + (51 - 15) = 87 | 105 |
| 6 | 61 + (61 - 16) = 106 | 106 |
| 7 | 71 + (71 - 17) = 125 | 107 |
Ďalej už skúšať netreba, pretože hodnoty na treťom míľniku sa budú len zväčšovať a nebudú mať na mieste desiatok 0. Z tabuľky vidíme, že riešením sú míľniky 16, 61 a 106. Rozdiel medzi nimi je vždy 45, čo je aj Fordova rýchlosť.
Riešenie pomocou rovníc
Ďalším spôsobom je zapísať vzťah medzi míľnikmi pomocou rovnice:
\overline{B1} + (\overline{B1} - \overline{1B}) = \overline{10B}
Takéto rovnice, kde neznáme znamenajú cifry, sú nepraktické. Vieme ale, že pre číslo \overline{B1} platí, že \overline{B1} = 10 \cdot B + 1. Rovnicu si teda upravíme:
Prečítajte si tiež: Originálna narodeninová torta
\begin{aligned}10 \cdot B + 1 + 10 \cdot B + 1 - 10 - B &= 100 + B \20 \cdot B - B + 2 - 8 &= 100 + B \19 \cdot B - 8 &= 100 + B &/+ 8, - B \18\cdot B &= 108 \B &= 6\end{aligned}
Z tohto nám opäť vyšlo B = 6, rovnako ako v riešení pomocou skúšania.
Feynmanovi študenti a ich body
Ďalším typom úlohy môže byť zisťovanie minimálneho počtu študentov, ktorí dosiahli rovnaký počet bodov v teste. Predstavme si, že Feynmanovi žiaci písali test s dvoma otázkami. Za správnu odpoveď získali 3 body, za nesprávnu -1 bod a za neodpovedanie 1 bod. Našou úlohou je zistiť, koľko najmenej študentov muselo písať test, aby sme mali istotu, že aspoň 4 študenti dosiahli rovnaký počet bodov.
Najskôr sa pozrieme, aké jednotlivé počty bodov mohli študenti dosiahnuť. Máme 3 možnosti pre každú otázku, takže dokopy 3 \cdot 3 = 9 možností. Jednotlivé možnosti vyzerajú takto:
| Počet bodov z prvej otázky | Počet bodov z druhej otázky | Spolu |
|---|---|---|
| 3 | 3 | 6 |
| 3 | 1 | 4 |
| 3 | -1 | 2 |
| 1 | 3 | 4 |
| 1 | 1 | 2 |
| 1 | -1 | 0 |
| -1 | 3 | 2 |
| -1 | 1 | 0 |
| -1 | -1 | -2 |
Z tabuľky vidíme, že je 5 rôznych počtov bodov z testu (6, 4, 2, 0, -2). Teraz sa môžeme zamyslieť, ako nájdeme najmenší počet študentov taký, kde určite majú aspoň 4 študenti rovnaký počet bodov. Čo tak sa na to pozrieť z opačnej strany? Ideme nájsť najväčší počet študentov kde sa taká skupinka nutne nemusí nachádzať. To znamená, že existuje aspoň 1 rozdelenie, kde všetky skupiny budú obsahovať menej ako 4 študentov. Pozrime sa na prípad, že máme 15 študentov. Pri tomto počte ich vieme rozdeliť do piatich skupín po 3 (toto rozdelenie nazvyme "vyvážené"). Ako vidíme je to jediné rozdelenie 15 študentov, kde všetky skupinky maju pod 4 študentov. Iné rozdelenie dosiahneme tým, že vo vyváženom rozdelení premiestnime nejakých študentov z jednej skupinky do druhej. Toto nám ale zaručí vznik skupinky s aspoň 4 študentmi, keďže pridáme nejakých študentov do skupinky s 3 študentmi. Pridaním 16. študenta máme zaručené, že aspoň jedna skupinka bude mať aspoň 4 študentov. Všetky rozdelenia 15 okrem vyváženeho už obsahujú skupinku aspoň 4 študentov. To znamená, že aj po pridaní študenta bude takáto skupinka existovať. Pri vyváženom rozdelení sa musí študent pridať do jednej skupinky 3 študentov, tým pádom by nám vznikla skupinka s 3 + 1 = 4 študentmi.
Prečítajte si tiež: Torty v tvare čísla: Recepty a nápady
To znamená, že v triede muselo byť aspoň 16 študentov.
Logické úlohy s domami a podmienkami
Ďalším typom úlohy je logická úloha, kde máme zistiť, ktoré domy sú obývané a ktoré nie, na základe určitých podmienok. Predstavme si, že máme 5 riadkov a 5 stĺpcov domov. Našou úlohou je zistiť, ktoré domy sú obývané, ak platia nasledujúce podmienky:
- Ak v dome býval človek, tak aj vo všetkých domoch, do ktorých z neho ide šípka, býval človek.
- V každom riadku bývali aspoň 2 ľudia.
- V každom stĺpci boli aspoň dva domy neobývané.
Najprv sa pozrieme na prvý stĺpec a na políčka E1 a D1. Vieme, že ak by bol dom na E1 obývaný, vďaka šípkam (a podmienke číslo 1) by boli obývané postupne aj D1, C1, B1, A2, A1. Tu nám ale nastáva spor s treťou podmienkou - v stĺpci by nebol žiadny dom, ktorý je neobývaný. Podobne to platí aj pri D1. Postupne, vďaka šípkam by boli obývané aj C1, B1, A2, A1. Tu nám znova nastáva spor s treťou podmienkou - v stĺpci by mohol byť iba jeden dom neobývaný (E1). Z tohto vyplýva, že domy E1 a D1 obývané byť nemôžu.
Teraz sa pozrieme na políčko B3. Ak by to bolo obývané, tak vďaka šípkam a prvej podmienke by boli obývané aj nasledujúce domy: A3, A4, A5, B5, C5, C4, B4, C3, C2, B2, A2, A1 a B1 - všetky v riadkoch A, B, C okrem C1. Toto by viedlo k tomu, že by v každom stĺpci okrem prvého domy v riadku D a E museli byť neobývané, aby bola splnená tretia podmienka. Tu nám nastáva spor s druhou podmienkou, ktorá hovorí o riadkoch - v riadku D a E by ostal iba jeden dom, ktorý by mohol byť obývaný (E1 a D1), no musia byť aspoň dva. Z toho nám vyplýva, že dom B3 obývaný byť nemôže.
Tento poznatok použijeme pri dome B3. Z políčka C2 ide šípka do B3, takže ten je tiež neobývaný. Rovnako to platí aj pri poličkach C3 a D3. V každom riadku musia byť aspoň dva domy obývané, čo znamená, že v riadku D musia aspoň dva zo zvyšných 3 voľných domov byť obývané. Vidíme, že ak by bol obývaný dom D4, tak by bol vďaka šípke aj D5 a potom aj E5 a E4. Ak by bol až D5, tak aj tak by bol obývaný aj D4, pretože vďaka šípkam by boli obývané postupne E5, E4 a napokon aj D4. Z toho nám vyplýva, že D5 a D4 sú isto obývané, nakoľko len D2 nestačí a tieto dva sú obývané vždy spolu.
Teraz sa pozrime na 5. stĺpec, kde zatiaľ vieme, že D5 aj E5 sú obývané. Tu vidíme, že ak by A5 bolo obývané, boli by postupne obývané aj B5 a C5 - čiže žiadny dom by nebol neobývaný. Ak by bolo obývané B5, tak by bolo zároveň aj C5 - čiže len jeden dom by mohol byť neobývaný. Z tohto nám vyplýva, že A5 aj B5 sú neobývané. Aplikujme tu teraz to pravidlo o neobývaných domoch. Z toho nám vyplynie, že tým pádom aj A4, A3, B4 a C4 sú neobývané. V riadkoch A, B a C nám teraz ostávajú vždy už len dva domy, ktoré podľa druhej podmienky o riadkoch musia byť obývané - sú to A1, A2, B1, B2, C1, C5. Ak je obývaný dom C1, podľa šípok a prvej podmienky vidíme, že aj D2 a E3 musia byť obývané. No a aby platilo stĺpcové pravidlo o stĺpci 2, dom E2 musí byť neobývaný, pretože A2,B2 aj D2 sú obývané, len C2 nie je. Týmto sme sa dopracovali k nasledujúcemu riešeniu:
Iné riešenie nie je, pretože ako sme si dokázali, ak by sa akýkoľvek neobývaný dom premenil na obývaný, jedna z podmienok by neplatila.
Úlohy s geometrickými útvarmi a ich vlastnosťami
Úlohy s geometrickými útvarmi často vyžadujú znalosť vlastností týchto útvarov a schopnosť aplikovať ich pri riešení problémov.
Príklad: Alain a jeho cesta po kvádri
Predstavme si, že Alain sa chce dostať z jedného rohu budovy v tvare kvádra do protiľahlého rohu. Našou úlohou je zistiť, akú najväčšiu vzdialenosť môže preliezť, ak sa pohybuje len po hranách kvádra.
Prvé pozorovanie, ktoré môžeme spraviť je, že keď prechádzame ľubovoľný útvar jedným ťahom, tak ak v danom vrchole nezačíname, ani nekončíme, vždy keď doň prídeme, musíme z neho odísť, takže prejdeme párny počet hrán z neho vychádzajúcich. Pri vrchole v ktorom začíname a pri vrchole v ktorom končíme prejdeme zas nepárny počet hrán, argument je podobný, len prvá, poprípade posledná cesta nemá dvojicu. Toto pozorovanie sa často veľmi hodí. V tomto príklade nám síce mohlo kúsok pomôcť, ale dá sa elegantne vyriešiť aj bez neho. Ešte dodajme, že keď danú myšlienku rozvinieme vieme zistiť, že prejdeme maximálne 9 z hrán nášho kvádrika. Alain sa chcel dostať z jedného rohu budovy do protiľahlého. Nazvime ich A a F a označme ich oranžovou farbou. Ďalej môžeme predpokladať, že Alain začína v bode A (vieme kvádrik otočiť tak aby začínal v bode A). Všimnime si, že bod A je na spodnej a bod F je na hornej stene kvádra. Vždy keď Alain prelezie po modrej hrane, tak tým zmení či sa nachádza na spodnej alebo hornej stene kvádra. Takže Alain môže prejsť maximálne 3 z modrých hrán o dĺžke 60m, lebo ak prelezie párny počet hrán tak sa vráti späť na spodnú hranu.
Podobne bod A sa nachádza na prednej stene a bod F na zadnej, takže Alain môže preliezť maximálne 3 zo zelených hrán o dĺžke 40m. Nakoniec bod A sa nachádza na ľavej stene a bod F pravej stene. Červené steny o dĺžke 50 m, Alain tiež prelezie maximálne 3.Dokopy dostávame, že väčšiu vzdialenosť, ako 3\cdot40 \text{m} + 3\cdot 50\text{m} + 3\cdot 60\text{m} = 450 \text{m} Alain určite neprelezie.Na druhú stranu danú vzdialenosť vie preliezť napríklad ako na nasledujúcom obrázku.
Hľadanie čísel s minimálnym a maximálnym súčtom
Úlohy, kde máme zistiť hodnoty čísel na základe informácií o ich súčtoch, sú tiež pomerne časté.
Príklad: Súčet piatich čísel
Predstavme si, že máme päť čísel a vieme, že najmenší súčet dvoch z nich je 0, druhý najmenší je 2, najväčší súčet je 15 a druhý najväčší je 13. Našou úlohou je zistiť hodnoty týchto piatich čísel.
Nazvime si naše čísla tak, aby boli zoradené od najmenšieho: a \lt b \lt c \lt d \lt e.Vieme, že najmenší súčet musel vzniknúť ako a+b. Druhý najmenší musel byť a+c lebo b+c, a+d a aj všetky súčty obsahujúce e vieme zmenšiť keď jeden zo sčítancov zmeníme za menší. Máme teda:
(1) a+b=0
(2) a+c=2
Podobne poznáme najväčší a druhý najväčší súčet.
(3) d+e=15
(4) c+e=13
Keď poznáme tieto súčty, vedeli by sme napríklad vypočítať hodnotu c, ak by sme poznali celkový súčet všetkých piatich čísel. Ale ten zistiť vieme! Všetkých 10 súčtov dáva dokopy 0+2+4+4+6+8+9+11+13+15=72, a každé číslo sa nachádza v štyroch súčtoch (z každým iným číslom raz). Teda 72=4\cdot a+4\cdot b+4\cdot c+4\cdot d+4\cdot e, po vydelení štyrmi a+b+c+d+e=18. Teraz môžeme odčítať rovnice (1) a (2). Teda a+b a d+e z jednej strany, a ich súčty 0 a 15 z druhej. Ostane nám c = 3.Po dosadení tejto hodnoty do rovníc (2) a (4) dostávame:
(2) a+3=2\implies a=-1
(4) e+3=13\implies e=10
a môžeme ďalej dosádzať:
(1) -1+b=0\implies b=1
(3) d+10=15\implies d=5
Teraz už poznáme všetkých päť čísel, a vieme že žiadne iné by nemohli sedieť.
Prenášanie uhlov v geometrii
V geometrických úlohách je často potrebné prenášať uhly a využívať vlastnosti geometrických útvarov na výpočet neznámych uhlov.
Príklad: Trojuholník a štvorec
Predstavme si, že máme rovnostranný trojuholník ABE a štvorec ABC. Našou úlohou je zistiť veľkosť uhla EBC.
Začneme tým, že si všimneme, že |EB| je rovnaká ako |AB| lebo obe sú stranami rovnostranného trojuholníka. |BC| je tiež rovnaká ako |AB|, obe sú strany štvorca. Z toho dostávame, že |EB|=|BC| a teda trojuholník EBC je rovnoramenný.
Teraz si môžeme poprenášať nejaké uhly:
Vieme, že |\angle ABE| je 60\degree kvôli rovnostrannému trojuholníku a |\angle ABC| je 90\degree kvôli štvorcu. |\angle EBC| bude teda 90\degree-60\degree=30\degreeDo rovnoramenného trojuholníka EBC si môžeme dorátať uhly pri základni - vieme, že oba sú rovnaké a spolu s |\angle EBC| majú súčet 180\degree, teda dostávame 2|\angle EBC|+30\degree=180\degree. Čo vyriešime a dostaneme |\angle EBC|=75\degree. Zo zadania je |CE| = |FE|, teda trojuholník CEF je rovnoramenný tiež, kvôli tomu sa uhly pri jeho základni rovnajú - 75\degree si môžeme preniesť aj na EFC.Uhol CEB je rozdelený na dve časti zo súčtom 75\degree, dopočítame si deda |\angle CEF| a |\angle FEB| už zistíme ľahko.V trojuholníku CEF už poznáme dva uhly, teda tretí je: 180\degree-75\degree-75\degree=30\degree.
Hry dvoch hráčov a víťazné stratégie
V hrách dvoch hráčov je dôležité nájsť víťaznú stratégiu pre jedného z hráčov, alebo ukázať, že obaja hráči majú stratégiu, ktorá im zaručuje neprehru.
Príklad: Pierre a Mária
Predstavme si hru, kde dvaja hráči, Pierre a Mária, striedavo vyberajú čísla od 1 do 9. Vyhráva ten, kto ako prvý vyberie tri čísla, ktoré tvoria aritmetickú postupnosť. Našou úlohou je zistiť, kto má víťaznú stratégiu.
Pri hre dvoch hráčov, to vždy vyzerá podobne. Vyberieme si hráča pre ktorého sa budeme snažiť odkázať, že má víťaznú stratégiu (ak si myslíme, že taký hráč existuje, ak nie, tak pre oboch hráčov sa snažíme ukázať, že majú stratégiu neprehrávajúcu). Tú opíšeme a potom sa pozeráme na druhého hráča a snažíme sa zistiť, či neexistuje ťah, niečo čím by to mohol prvému hráčovi prekaziť.Vyhrávajúcu stratégiu má v tomto prípade prvý hráč (nemusí to tak byť vždy), čiže Pierre. Jedna z možných stretégií je nasledovná:Prvý ťahPierre si v prvom ťahu zoberie číslo 5.Druhý ťahPierre si v druhom ťahu zoberie číslo 7.Tu sa musíme zaraziť. Môže si vždy Pierre zobrať v druhom ťahu číslo 7? Stratégia je návod, ktorý nám hovorí, čo má hráč pre ktorého stratégiu opisujeme robiť v každej hernej situácii do ktorej sa vie dostať. Ak by si Mária zobrala vo svojom ťahu číslo 7, tak je Pierre bezradný. Musíme mu povedať, čo má robiť. Pokiaľ si Mária zobrala číslo 7, tak si Pierre zoberie číslo 3.Vieme sa rýchlo zamyslieť, či si Pierre číslo 3 zobrať môže, no určite áno, keďže on má 5 a v tomto prípade má Mária 7. Trojka je voľná.Máme teda dva prípady, ktoré si musíme rozobrať.Tretí ťahPierre má čísla 5 a 7. Ak si zoberie hociktoré z čísel 3,6 a 9, tak vyhral. Mária však zatiaľ mala iba dva ťahy, takže Pierrovi aspoň jedno z týchto čísiel ostáva a vie si ho zobrať a tým vyhrať.Ostáva rozobrať druhý prípad.Pierre má čísla 5 a 3. Ak si zoberie hociktoré z čísel 1,4 a 7, tak vyhral. Mária však rovnako ako v predchádzajúcom prípade mala zatiaľ iba dva ťahy, takže Pierre vie aj v tomto prípade vyhrať.Týmto sme ukázali, že nech Mária bude robiť, čokoľvek, tak Pierre po troch ťahoch vyhrá. Ostáva otázka, či by Mária nemohla vyhrať skôr? Tu je to jasné, no ak by to Pierrovi mala trvať výhra napríklad štyri ťahy, už to je legitímna otázka.Takže nakoniec poznamenajme, že Márii sa nemôže podariť skôr vytvoriť aritmetickú postupnosť o dĺžke 3 ako Pierrovi. Kým sa Mária dostane ku svojmu tretiemu ťahu, tak Pierre vyhrá.Takto by teda vedelo vyzerať úplne správne riešenie bez zbytočných poznámok:Vyhrávajúcu stratégiu má prvý hráč, čiže Pierre. Jedna z možných stretégií je nasledovná:Prvý ťahPierre si v prvom ťahu zoberie číslo 5.Druhý ťahPokiaľ je voľné číslo 7, tak si ho Pierre zoberie.Pokiaľ si Mária zobrala číslo 7, tak si Pierre zoberie číslo 3.Tretí ťahPierre má čísla 5 a 7. Ak si zoberie hociktoré z čísel 3,6 a 9, tak vyhral. Mária však zatiaľ mala iba dva ťahy, takže Pierrovi aspoň jedno z týchto čísiel ostáva a vie si ho zobrať a tým vyhrať.Pierre má čísla 5 a 3. Ak si zoberie hociktoré z čísel 1,4 a 7, tak vyhral. Mária však rovnako ako v predchádzajúcom prípade mala zatiaľ iba dva ťahy, takže Pierre vie aj v tomto prípade vyhrať.Nakoniec poznamenajme, že …
Zložitejšie úlohy z matematických súťaží
Úlohy z matematických súťaží často vyžadujú kombináciu viacerých zručností a kreatívny prístup.