Śladami Lilavati

Bie­dron­ki siedmiokropki
Na kart­ce w krat­kę sta­nę­ło dzie­więć bie­dro­nek. Dziw­nym tra­fem w każ­dym rzę­dzie pozio­mym i każ­dym rzę­dzie pio­no­wym kwa­dra­tu 9 x 9 (jak na rysun­ku) zna­la­zła się tyl­ko jed­na boża krów­ka. Na każ­dej z prze­kąt­nych kwa­dra­tu była co naj­wy­żej jed­na biedronka.

Po kil­ku minu­tach trzy z nich prze­szły na sąsied­nie kwa­dra­ci­ki, a sześć pozo­sta­łych nie ruszy­ło się z miejsca.

Nad­zwy­czaj­na rzecz: cho­ciaż trzy bie­dron­ki zmie­ni­ły swo­je miej­sca, w dal­szym cią­gu w każ­dym rzę­dzie pio­no­wym, pozio­mym i uko­śnym zna­la­zła się tyl­ko jed­na sied­mio­krop­ka. Któ­re bie­dron­ki zmie­ni­ły miej­sce i na któ­re kwa­dra­ty przeszły?

Sze­ścien­ne klocki
Wła­dyś ma wię­cej niż 20 drew­nia­nych sze­ścien­nych kloc­ków tej samej wielkości.
Chło­piec wziął do ręki jeden z kloc­ków i na każ­dej z jego ścian nary­so­wał ołów­kiem linię łączą­cą środ­ki dwóch prze­ciw­le­głych kra­wę­dzi, wybra­nych na chy­bił trafił.

Kon­ty­nu­ował tę zaba­wę rysu­jąc po sześć linii na kloc­kach, zgod­nie z obra­ną wcze­śniej zasadą.
 

Ile naj­wię­cej sze­ścia­nów może Wła­dyś w tej spo­sób przy­go­to­wać, jeśli zakła­da, że kloc­ki da się rozróżnić?

Osiem moż­li­wo­ści przed­sta­wia poniż­szy rysu­nek z siat­ka­mi sze­ścia­nów (kloc­ków).
Tym samym kolo­rem zazna­czo­no linie, któ­re mają punkt wspól­ny (na kra­wę­dzi klocka).

Regu­la­min odcin­ka #5.

Rodzeń­stwo Koali
Pięć koali sie­dzi w sze­re­gu w kolej­no­ści od naj­niż­sze­go do najwyższego.
Wów­czas śred­nia róż­ni­ca wzro­stu sąsied­nich koali jest naj­mniej­sza z możliwych.

Jak usze­re­go­wać misie, by śred­nia róż­ni­ca wzro­stu sąsia­dów była jak naj­więk­szą liczbą?
Podaj wszyst­kie opty­mal­ne usze­re­go­wa­nia dla koali o wyso­ko­ściach: 16, 22, 24, 25, 27.
(Te war­to­ści są poda­ne w cen­ty­me­trach. Pomi­nię­to dłu­go­ści nóg.)

Przy­kład.
Dla usze­re­go­wa­nia 22, 16, 25, 27, 24 śred­nią róż­ni­ca wzro­stu sąsia­dów będzie 1/4 z sumy (22–16)+(25–16)+(27–25)+(27–24), czy­li 20/4 = 5.

Pro­si­my o zapo­zna­nie się z Regu­la­mi­nem odcin­ka #4.

Nagro­da­mi są książ­ki popu­lar­no­nau­ko­we Wydaw­nic­twa Ome­ga z Tarnowa:
* O Mate­ma­ty­ku, ryce­rzu Gwiaz­dy Pita­go­rej­skiej, o mito­lo­gii mate­ma­ty­ki autor­stwa dr hab. Mar­ka Kordosa
** Frak­tal na stu­le­cie, o trój­ką­cie Sier­piń­skie­go i innych frak­ta­lach autor­stwa dr. Karo­la Gryszki.

Zada­nie ma czte­ry roz­wią­za­nia: (24, 16, 27, 22, 25), (25, 22, 27, 16, 24), (25, 16, 27, 22, 24) i (24, 22, 27, 16, 25). Odpo­wia­da im śred­nia róż­nic rów­na 6,75.

Po zapo­zna­niu się z tre­ścią zada­nia słusz­ne wyda­je się domnie­ma­nie, że sku­tecz­nym może być podej­ście zachłan­ne. Spraw­dze­nie odpo­wied­nich usze­re­go­wań (np. 24, 25, 16, 27, 22 oraz 24, 22, 27, 16, 25)* pozwa­la przy­pusz­czać, że roz­wią­za­niem zada­nia jest usze­re­go­wa­nie: 24, 16, 27, 22, 25.
To domnie­ma­nie moż­na spraw­dzić, roz­pa­tru­jąc wszyst­kie przy­pad­ki usze­re­go­wań (32).

Oto uza­sad­nie­nie, któ­re moż­na by uogól­nić (dla usze­re­go­wań o więk­szej licz­bie elementów):
Oznacz­my lite­ra­mi u, v, x, y i z licz­by, któ­re two­rzą poszu­ki­wa­ne usze­re­go­wa­nie. Sumę róż­nic zapi­sze­my wów­czas tak: |v – u| + |x – v| + |y – x| + |z – y|. Zauważ­my, że trzy licz­by (v, x, y) wystę­pu­ją w powyż­szej sumie dwu­krot­nie, a dwie licz­by (u i z) – raz. Sumę two­rzą czte­ry skład­ni­ki, któ­re są róż­ni­ca­mi – czte­ro­krot­nie wyko­nu­je­my odej­mo­wa­nie. Sumę moż­na przed­sta­wić jako kom­bi­na­cję a u + b v + c v + d x + e x + f y + g y + h z, gdzie współ­czyn­nik a, b, c, …, h przyj­mu­ją war­to­ści –1 lub 1, ale dokład­nie czte­ry z nich przyj­mu­ją war­tość –1 i dokład­nie czte­ry – war­tość 1. Nie jest moż­li­we, by war­tość –1 przyj­mo­wa­ły wyłącz­nie współ­czyn­ni­ki przy naj­mniej­szych dwóch licz­bach zbio­ru o pię­ciu ele­men­tach. Moż­na spraw­dzić, że –1 może być współ­czyn­ni­kiem przy war­to­ści środ­ko­wej (media­nie) porząd­ko­wa­ne­go zbio­ru. Wów­czas zacho­dzą dwa przy­pad­ki: w zależ­no­ści od tego, czy bliż­sza media­nie jest dru­ga naj­mniej­sza licz­ba w zbio­rze, czy dru­ga naj­więk­sza licz­ba w zbiorze.
Dopo­wie­dze­nie 1:
W kon­kret­nym przy­pad­ku spo­śród usze­re­go­wań * więk­szą war­tość sumy da usze­re­go­wa­nie 24, 22, 27, 16, 25 (gdyż 24–22 = 2) niż 24, 25, 16, 27, 22 (25–24 =1).
Dopo­wie­dze­nie 2:
Moż­na zauwa­żyć, że zamia­na miej­sca­mi 22 i 16 nie zmie­nia war­to­ści sumy. Dla­te­go roz­wią­za­niem jest też usze­re­go­wa­nie: 24, 16, 27, 22, 25.

Gra­tu­lu­je­my!

Eukli­des poje­chał na waka­cje do tro­pi­kal­ne­go raju i zna­lazł pięć łodyg bam­bu­sa. Bio­rąc trzy z łodyg i łącząc je koń­ca­mi, może on utwo­rzyć trój­kąt, jak przed­sta­wio­ny na rysun­ku. Ile jest takich tró­jek łodyg, z któ­rych nie da się utwo­rzyć trójkąta?

Zapi­su­je­my dłu­go­ści łodyg od naj­mniej­szej do naj­więk­szej: 2, 3, 4, 5, 6.
Zauwa­ża­my, że 3 + 4 > 6. Dla­te­go spraw­dza­my wyłącz­nie trój­ki, w któ­rych mamy łody­gę o dłu­go­ści 2. Mamy 2 + 3 = 5 < 6, 2 + 4 = 6.
Stąd odpo­wiedź: Są trzy trój­ki łodyg, z któ­rych nie da się utwo­rzyć trójkąta.

Nagro­dy otrzy­ma­ły: p. Mag­da­le­na Cie­siel­ska, p. Ange­li­ka Duszyń­ska oraz p. Nata­lia Walkowska.

Sze­ścien­na kost­ka do gry ma ścian­ki ozna­czo­ne kolej­ny­mi licz­ba­mi od 1 do 6 lub sym­bo­li­zu­ją­cy­mi je oczka­mi. Ozna­cze­nia są tak roz­ło­żo­ne, aby doda­ne licz­by z prze­ciw­le­głych ścia­nek zawsze rów­na­ły się 7.
Wybie­ra­jąc na chybił-trafił dwie przy­le­głe ścian­ki, czy­li ścian­ki ze wspól­ną kra­wę­dzią, i doda­jąc zapi­sa­ne na nich licz­by lub zli­cza­jąc przed­sta­wio­ne na nich oczka moż­na otrzy­mać róż­ne sumy.

Przy­kład.

W przy­pad­ku par ścia­nek przed­sta­wio­nych na rysun­ku będą to sumy 3 (1 + 2), 5 (1 + 4) i 6 (2 + 4).

W odpo­wie­dzi podaj wszyst­kie moż­li­we do uzy­ska­nia sumy, w kolej­no­ści od naj­mniej­szej do największej.

3=1+2,
4=1+3,
5=1+4, 5=2+3,
6=1+5, 6=2+4,
8=2+6, 8=3+5,
9=3+6, 9=4+5,
10=4+6,
11=5+6.

Za popraw­ną odpo­wiedź uzna­wa­li­śmy poda­nie wyłącz­nie cią­gu liczb: 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11.

Zada­nie kon­kur­so­we #1 (27.05.2024)
Napisz dzie­więć nastę­pu­ją­cych cyfr: 1 2 3 4 5 6 7 8 9.
Nie zmie­nia­jąc porząd­ku tych cyfr, łącząc (lub nie) te cyfry w licz­by przy­naj­mniej dwu­cy­fro­we, postaw mię­dzy nimi plu­sy (+) i minu­sy (–) w ten spo­sób, aby w sumie otrzy­mać 2024.
Jest jeden waru­nek: plu­sów (+) i minu­sów (–) w sumie powin­no być trzy.

Przy­kład
Gdy­by­śmy mie­li do dys­po­zy­cji cyfry 1 2 3 4 5 6 7 8 i w sumie mie­li otrzy­mać 101, to popraw­ną odpo­wie­dzią było­by: 1 + 234 – 56 – 78.

Zada­nie #1 nasze­go kon­kur­su jest adap­ta­cją zada­nia, któ­re ma co naj­mniej 125 lat.
Wię­cej na ten temat mogą Pań­stwo prze­czy­tać na blo­gu p. Mar­ka Penszko:
https://penszko.blog.polityka.pl/2014/08/28/wedlug-dudeneya/

Zwy­cięz­cy otrzy­ma­ją naj­now­sze wyda­nie książ­ki pt. Lila­va­ti.
Fun­da­to­rem nagród jest poznań­skie wydaw­nic­two Zysk i s‑ka.