Tytułowa zabawa została po raz pierwszy opisana przez Sida Sacksona w miesięczniku Games Magazine w 1979 roku i opatrzona nazwą Closing in.
Rozgrywka przeznaczona jest dla dwóch graczy (oznaczmy ich przez A i B) i wymaga jedynie przyborów do pisania oraz kartki – najlepiej w kratkę. Na kartce rysujemy planszę w postaci kwadratu o wymiarach 6×6 podzielonego na pola jednostkowe (por. diagram poniżej).
Gracze wykonują ruchy naprzemiennie (rozpoczyna gracz A) i wygrywa ten, który jako ostatni ma możliwość poprawnego zagrania. W pierwszym ruchu gracz A wybiera i oznacza (np. swoim inicjałem) dowolne pole na planszy. Gracz B postępuje podobnie, jednak nie może on wybrać pola zajętego przez przeciwnika. We wszystkich kolejnych ruchach każdy z graczy wykonuje po dwie czynności:
wyklucza z dalszej gry swoje bieżące pole (np. poprzez zamalowanie odpowiedniej kratki),
wybiera dla siebie nowe pole, do którego można się dostać z poprzedniego ruchem szachowego hetmana (poruszając się pionowo, poziomo lub po skosie); nie wolno przy tym przeskakiwać wykluczonych już pól.
Plansza tej partii prezentuje się tak (gracz A – kolor niebieski, gracz B – kolor brązowy, numery zablokowanych pól to kolejne ruchy poszczególnych graczy).
Z diagramu wyraźnie widać, że gracz A został ,,domknięty” na obszarze wielkości ośmiu pól (choć i tak nie byłby w stanie wszystkich ich wykorzystać, gdyby partia trwała dłużej), zaś gracz B ma do dyspozycji 16 pól, więc (jeśli sam się nie zablokuje) pojedynek na pewno wygra.
Gra w domykanie jest szybka i często rozstrzyga się w pierwszych kilku ruchach. Bardziej cierpliwi mogą spróbować rozgrywki na nieco większej planszy (np. 8×8). Ciekawym ćwiczeniem (dla jednej osoby) jest rozegranie partii, w której (wyimaginowany) przeciwnik powiela ruchy pierwszego gracza stosując symetrię względem środka planszy. W jaki sposób należy poprowadzić grę, aby zwyciężyć?
Rozwiązywanie układów równań to jedna z typowych umiejętności nabywanych w czasie edukacji na wszystkich praktycznie poziomach (gdzie pojawia się matematyka) – od szkoły podstawowej aż do studiów. Bogaty wachlarz metod, które mogą być wykorzystane do rozwiązania konkretnego zadania tego typu sprawia, że układy równań są tematem dość wdzięcznym.
W niniejszym wpisie chciałbym przedstawić kilka przykładów, które śmiało można rozwiązywać w starszych klasach szkoły podstawowej. Nie wymagają bowiem one, poza (być może) pewnym pomysłem, żadnej specjalistycznej wiedzy. Tradycyjnie na koniec, kilka przykładów pozostawiam do samodzielnego rozwiązania.
1.
Rozwiązać układ równań
♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.
Czynnikiem, który powtarza się w każdym równaniu jest suma wszystkich niewiadomych , oznaczmy ją przez i dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy wówczas
Wyłączmy teraz wspólny wyraz przed nawias:
Stąd i lub .
Wracając do wyjściowego układu równań mamy wtedy
Jeśli teraz poszczególne równania z obu układów będziemy odejmowali od zależności (dla układu z lewej strony , a dla układu z prawej strony ), to otrzymamy kolejno
Na koniec sprawdzamy, że znalezione dwie trójki liczb lub spełniają warunki zadania, stanowią więc jego rozwiązanie.
2.
Rozwiązać układ równań
Zadanie można rozwiązać bezpośrednio: wyznaczając z pierwszych dwóch równań niewiadome oraz względem i wstawiając te wartości do ostatniego równania. Można też dodać dwie pierwsze zależności stronami i wykorzystać fakt, że . Wtedy
Stąd , czyli . To oznacza, że lub . Wówczas odpowiednio lub oraz lub .
Po sprawdzeniu, mamy ostatecznie dwa rozwiązania:
3.
Rozwiązać układ równań
♦ LV Niemiecka Olimpiada Matematyczna, 2015/2016.
W przeciwieństwie do poprzednich przykładów, w danym układ nie widać od razu narzucającej się ,,symetrii” pozwalającej na jakieś uproszczenia. Można jedna wspomóc się wykorzystując stosowne podstawienie: niech oraz . Wówczas, ponieważ , to otrzymamy
Teraz już łatwo – z drugiego równania wyznaczamy i wstawiamy do pierwszego: , czyli . Stąd lub , a to prowadzi do lub odpowiednio .
Nasze zadanie sprowadziliśmy więc do rozwiązania dwóch układów równań:
Układy takie rozwiązujemy zwykłą ,,szkolną” metodą podstawiania lub graficznie: równanie opisuje hiperbolę, zaś jest równaniem prostej. Ostatecznie otrzymujemy cztery możliwe rozwiązania :
4.
Rozwiązać układ równań
♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.
Gdyby , to pierwsze równanie nie byłoby spełnione, więc możemy założyć, że i z pierwszej równości wyznaczamy . Podstawiając to do równania drugiego, otrzymamy
Mnożąc obie strony przez i pozbywając się nawiasów, dostajemy
Jednak ostatnie równanie nie ma rozwiązań, bo lewa strona (jako suma kwadratów) jest liczbą dodatnią. To dowodzi, że dany układ równań nie posiada żadnych rozwiązań.
Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 9. maja 2019 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.
Zadanie 1. (0-1) Dla dowolnych liczb , , , wartość wyrażenia jest równa A. B. C. D.
Z własności logarytmów, przy podanych założeniach mamy
(1)
Zatem poprawną jest odpowiedź D.
Zadanie 2. (0-1) Liczba jest równa jest równa A. B. C. D.
Ze wzoru na cosinus podwojonego argumentu mamy
(2)
Poprawną odpowiedzią jest A.
Zadanie 3. (0-1) Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji który jest złożony z dwóch półprostych i oraz dwóch odcinków i , gdzie , .
Wzór funkcji to: A. B. C. D.
Z opisu wykresu funkcji wynika w szczególności, że . Podstawiając argument do podanych czterech propozycji odpowiedzi, widzimy, że kolejne wartości są równe: , , oraz . Zatem poprawną odpowiedzią jest B.
Zadanie 4. (0-1) Zdarzenia losowe i zawarte w są takie, że prawdopodobieństwo zdarzenia , przeciwnego do zdarzenia , jest równe Ponadto prawdopodobieństwo warunkowe Wynika stąd, że A. B. C. D.
Mamy , czyli
Odpowiedź C.
Zadanie 5. (0-2) Obliczyć granicę
Wpisz w poniższe kratki – od lewej do prawej – trzy kolejne cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Wyłączając przed nawias, z liczników i mianowników obu ułamków, dominujący czynnik (czyli odpowiednio i , otrzymamy
(3)
To oznacza, że w kratki należało wpisać cyfry , i .
Zadanie 6. (0-3) Rozważamy wszystkie liczby naturalne pięciocyfrowe zapisane przy użyciu cyfr 1, 3, 5, 7, 9, bez powtarzania jakiejkolwiek cyfry. Oblicz sumę wszystkich takich liczb.
Wszystkich permutacji pięciu podanych cyfry jest . Każda z nich odpowiada jednemu składnikowi sumy, którą mamy obliczyć. W dokładnie różnych składnikach cyfra będzie stanowiła cyfrę jedności; w tylu samo składnikach cyfrą jedności będzie itd. dla każdej z ustalonych pięciu cyfr. Podobnie sytuacja wygląda dla kolejnych rzędów (tzn. dla cyfr dziesiątek, setek, itd.)
Ponieważ wkład tych cyfr do szukanej sumy wynosi
dla każdego dostępnego rzędu wielkości, więc
Zadanie 7. (0-2) Punkt leży na paraboli o równaniu Prosta o równaniu kierunkowym jest styczna do tej paraboli w punkcie . Oblicz współczynnik .
Niech będzie daną funkcją kwadratową. Współczynnik prostej stycznej jest wartością pochodnej funkcji dla argumentu (zgodnego ze współrzędną odciętą punktu ). Mamy
, stąd
. Styczna przechodzi przez punkt , więc , a stąd .
Zadanie 8. (0-3) Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych i , takich że i dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej , prawdziwa jest nierówność
Zauważmy, że dla i prawdziwa jest nierówność
Wynika z niej, że . Dzieląc ostatnią nierówność obustronnie przez liczbę dodatnią otrzymamy
to kończy dowód.
Zadanie 9. (0-3) Dany jest trójkąt równoramienny , w którym Na ramieniu tego trójkąta wybrano punkt ( i ), a na ramieniu wybrano punkt , w taki sposób, że Przez punkty i poprowadzono proste prostopadłe do podstawy tego trójkąta, które wyznaczają na niej punkty i . Udowodnij, że
Sytuacja wygląda jak na rysunku. Poprowadźmy odcinek , będący wysokością trójkąta wychodzącą z wierzchołka oraz odcinek , gdzie jest rzutem prostokątnym punktu na wysokość .
Wówczas odcinki i są równoległe (bo są prostopadłe do wspólnej wysokości ). Ponieważ trójkąt jest równoramienny, to z równoległości tej mamy równości kątów: oraz (wysokość poprowadzona na podstawę w trójkącie równoramiennym jest jednocześnie dwusieczną kąta). Z treści zadania mamy jeszcze , zatem trójkąty i są przystające (cecha kąt-bok-kąt). W szczególności mamy . To już oznacza, że
a to kończy dowód.
Zadanie 10. (0-4) Punkt leży na boku trójkąta oraz Oblicz obwód trójkąta .
Niech . Wykorzystamy dwukrotnie twierdzenie kosinusów. Najpierw dla trójkąta aby wyznaczyć kosinus kąta Mamy , czyli
Zatem . Stąd – stosując drugi raz twierdzenie kosinusów – w trójkącie równoramiennym mamy
czyli
, a zatem . To oznacza, że szukany obwód trójkąta wynosi
Zadanie 11. (0-6) Dane są okręgi o równaniach i . Wyznacz wszystkie wartości parametru dla których te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny. Rozważ wszystkie przypadki.
Dane równania można przekształcić do postaci oraz . To oznacza, że pierwszy okrąg — oznaczmy go przez , ma środek w punkcie i promieniu . Drugi okrąg zaś – nazwijmy go – ma środek w punkcie i promień .
Dane okręgi mogą być styczne zewnętrznie lub wewnętrznie. Ponieważ środki okręgu leżą na prostej , to styczność wewnętrzna może się zdarzyć jedynie dla – wówczas bowiem środki obu okręgów będą możliwie najbliżej siebie i .
Obliczymy teraz te wartości , dla których okręgi są styczne zewnętrznie. Musi być wtedy spełniony warunek , czyli
Stąd lub . Ostatecznie mamy więc trzy możliwe rozwiązania: , i .
Zadanie 12. (0-6) Trzywyrazowy ciąg o wyrazach dodatnich jest arytmetyczny, natomiast ciąg jest geometryczny. Oblicz iloraz ciągu geometrycznego.
Z warunku na ciąg arytmetyczny mamy , natomiast z warunku na ciąg geometryczny jest . Wyznaczając z pierwszej zależności i wstawiając do drugiej, otrzymujemy
Porządkując wyrazy, mamy , czyli . Podstawiając zmienną pomocniczą , po obustronnym podzieleniu ostatniego równania przez , dostaniemy
Obliczamy wyróżnik , więc oraz . Pierwsze rozwiązanie odrzucamy, bo dla .
Obliczamy iloraz ciągu geometrycznego. Wynosi on
Zadanie 13. (0-6) Wielomian określony wzorem jest podzielny przez dwumian oraz przy dzieleniu przez dwumian daje resztę Oblicz i dla wyznaczonej wartości rozwiąż nierówność .
Na podstawie twierdzenia Bézouta mamy oraz . Stąd
, czyli
. To prowadzi do , więc Wystarcz teraz zobaczyć, która z tych trzech możliwości spełnia drugi warunek: . Ponieważ , to widzimy, że musi być
Interesuje nas więc wielomian . Wykorzystując ponownie informację o pierwiastku , po wykonaniu dzielenia otrzymujemy zależność
Możemy obliczyć pierwiastki drugiego czynnika: , czyli
oraz . Zatem
Z pomocniczego wykresu odczytujemy rozwiązanie nierówności . Tworzy je suma przedziałów .
Zadanie 14. (0-4) Rozwiąż równanie
Wykorzystamy wzór na sinus sumy argumentów: . Stąd mamy
(4)
Równanie przyjmuje więc postać , czyli
. To prowadzi do alternatywy: lub . Stąd odpowiedź
gdzie jest liczbą całkowitą.
Zadanie 15. (0-7) Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości Wyznacz długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.
Niech będzie długością krawędzi podstawy, zaś wysokością (i jednocześnie długością krawędzi bocznej) w rozważanych graniastosłupach. Mamy , a stąd .
Niech będzie polem powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa. Wówczas na składają się pola dwóch podstaw (trójkątów równobocznych o krawędzi ) oraz pola trzech ścian bocznych (prostokątów ). Stąd, wykorzystując zależność na , mamy
Naszym celem jest wyznaczenie minimum funkcji dla .
Można wykorzystać rachunek różniczkowy, lub posłużyć się nierównością pomiędzy średnią geometryczną i średnią arytmetyczną dla trzech liczb dodatnich: dla dowolnych ; równość zachodzi jedynie dla .
Przyjmijmy w powyższej nierówności oraz . Wtedy , czyli
i równość zachodzi wyłącznie dla , a więc dla , skąd .
Zauważmy, że nierówność powyższa pozwala nam napisać
(5)
Oznacza to, że szukany graniastosłup ma krawędzie długości , , a jego objętość wynosi .
Treści zadań pochodzą z czasopisma Matematyka nr 5/1988.
Zadanie 1. Współczynniki , , równania są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, a ich suma wynosi . Jednym z pierwiastków równania jest liczba . Wyznaczyć drug pierwiastek tego równania.
.
Zadanie 2. Dla jakich wartości parametru równanie
ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, oba mniejsze od ?
.
Zadanie 3. Dla jakiego parametru równanie
jest równaniem kwadratowym, mającym pierwiastki i spełniające warunek ?
.
Zadanie 4. Dane jest równanie
Dla jakich wartości parametru : a) równanie ma pierwiastki rzeczywiste? b) suma odwrotności pierwiastków jest równa ?
a) i .
b) .
Zadanie 5. Dla jakich wartości parametru z przedziału równanie o niewiadomej
Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 11. maja 2022 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.
Zadanie 1. (0-1) Liczba jest równa A. B. C. D.
Z własności logarytmów mamy kolejno
(1)
Zatem poprawną jest odpowiedź A.
Zadanie 2. (0-1) Funkcja jest określona wzorem dla każdej liczby rzeczywistej . Wartość pochodnej tej funkcji dla argumentu jest równa A. B. C. D.
Zauważmy, że wyrażenie opisujące funkcję można skrócić, otrzymamy wtedy (dla
To oznacza, że i tym samym .
Poprawną odpowiedzią jest C.
Zadanie 3. (0-1) Jeżeli i , to wartość wyrażenia jest równa: A. B. C. D.
W podanym przedziale liczba jest ujemna, stąd . Mamy też
(2)
Właściwą odpowiedzią jest więc A.
Zadanie 4. (0-1) Dane są dwie urny z kulami. W każdej z urn jest siedem kul. W pierwszej urnie są jedna kula biała i sześć kul czarnych, w drugiej urnie są cztery kule białe i trzy kule czarne. Rzucamy jeden raz symetryczną monetą. Jeżeli wypadnie reszka, to losujemy jedną kulę
z pierwszej urny, w przeciwnym przypadku – jedną kulę z drugiej urny. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kulę białą w tym doświadczeniu, jest równe A. B. C. D.
Gdy losujemy kulę z pierwszej urny, to szanse na wybranie kuli białej wynoszą (bo na łącznie 7 kul tylko jedna jest biała). Podobnie, gdybyśmy losowali jedną kulę z drugiej urny, prawdopodobieństwo otrzymania kuli białej jest równe . Ponieważ rzut symetryczną monetą wskazuję każdą z obu urn z prawdopodobieństwem , to zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite, szukana wartość wynosi
Odpowiedź A.
Zadanie 5. (0-2) Ciąg jest określony dla każdej liczby naturalnej wzorem
gdzie jest liczbą rzeczywistą dodatnią.
Oblicz wartość , dla której granica ciągu jest równa .
W poniższe kratki wpisz kolejno – od lewej do prawej – pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Zauważmy, że dla i granica danego ciągu jest równa (bo takie są odpowiednie współczynniki w liczniku i mianowniku przy najbardziej znaczącym wyrazie – czyli , we wzorze na wyraz ogólny ciągu). Dostajemy więc równanie
Jego rozwiązaniem jest To oznacza, że w kratki należało wpisać kolejno cyfry 4, 1 i 1.
Zadanie 6. (0-3) Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej i dla każdej liczby rzeczywistej takich, że , spełniona jest nierówność
Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę, porządkujemy i grupujemy w nawiasy. Otrzymamy wówczas
(3)
Ostatnie wyrażenie to iloczyn liczby dodatniej (bo ) i liczby nieujemnej (kwadratu liczby rzeczywistej), jest więc to wartość większa lub równa zero. To kończy dowód.
Zadanie 7. (0-3) Rozwiąż równanie
Rozpatrujemy dwa przypadki:
. Dla . Wtedy dane równanie przybiera postać , czyli i tym samym .
. Dla . Wtedy mamy , a stąd , co nie należy do rozpatrywanego zakresu.
Ostatecznie uzyskujemy tylko jedno rozwiązanie: .
Zadanie 8. (0-3) Punkt jest punktem przecięcia przekątnych trapezu . Długość podstawy jest o 2 mniejsza od długości podstawy . Promień okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie . Wykaż, że spełniony jest warunek .
Załóżmy, że i okrąg opisany na trójkącie ma długość . Wtedy , zaś okrąg opisany na trójkącie ma promień długości .
Oznaczmy też przez kąty wierzchołkowe w interesujących nas trójkątach. Jest to kąt ostry i z twierdzenia sinusów dla obu trójkątów mamy
Stąd oraz i mamy zależność
Tym samym i dalej .
Jeśli napiszemy teraz twierdzenie cosinusów dla trójkąta , to otrzymamy żądaną zależność:
To kończy dowód.
Zadanie 9. (0-4) Reszta z dzielenia wielomianu przez dwumian jest równa . Oblicz i dla wyznaczonej wartości rozwiąż nierówność .
Z twierdzenia Bezouta, mamy natychmiast , czyli , a stąd .
Wielomian ma więc postać . Nierudno zauważyć, że jednym z pierwiastków tego wielomianu jest liczba . To prowadzi do rozkładu na czynniki
Otrzymany trójmian kwadratowy ma dwa pierwiastki rzeczywiste: , więc oraz . Stąd
Rozwiązanie nierówności najprościej teraz przeprowadzić na osi liczbowej.
Zadanie 10. (0-4) Ciąg , określony dla każdej liczby naturalnej , jest geometryczny i ma wszystkie wyrazy dodatnie. Ponadto i .
Ciąg , określony dla każdej liczby naturalnej , jest arytmetyczny. Suma wszystkich wyrazów ciągu jest równa sumie dwudziestu pięciu początkowych
kolejnych wyrazów ciągu . Ponadto . Oblicz .
Każdy wyraz ciągu geometrycznego możemy zapisać jako dla pewnej liczby (to wynika stąd, że ciąg ten ma wszystkie wyrazy dodatnie). Mamy zatem równość
Dzieląc ją obustronnie przez liczbę , otrzymamy , a stąd . To prowadzi do wyniku
Suma wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego wynosi
Mamy więc . Stąd, ponieważ ciąg jest arytmetyczny, możemy wnioskować, że środkowy składnik tej sumy – czyli wyraz – jest równy . Dodatkowo wiemy, że .
Mamy więc układ zależności dotyczący ciągu . Mianowicie: i . Jeśli oznaczymy przez różnicę w tym postępie arytmetycznym, to uzyskamy równania
Rozwiązaniem tego układu równań jest i . To kończy rozwiązanie zadania.
Zadanie 11. (0-4) Rozwiąż równanie w przedziale .
Wykorzystamy wzory trygonometryczne na sinus sumy argumentów oraz na sinus i cosinus podwojonego argumentu: oraz i dla wszelkich liczb rzeczywistych. Mamy
To oznacza, że
Dane równanie przyjmuje więc postać
To oznacza, że mamy alternatywę trzech możliwości: lub lub . Rozwiązania tych równań na przedziale są cztery: lub , , . Liczby te stanowią odpowiedź do zadania.
Zadanie 12. (0-5) Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których równanie
ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste oraz , spełniające warunki:
Aby równanie miało dwa różne rozwiązania, musi być . Stąd , czyli . Rozwiązania i będą różne od zera, gdy liczba zero nie będzie spełniała danego równania kwadratowego, stąd .
Przekształćmy teraz zależność wiążącą oba pierwiastki tak, aby móc użyć wzorów Viete’a. Równanie
jest równoważne równości
Podstawiając teraz oraz , uzyskamy
stąd i obliczając wyróżnik tej zależności kwadratowej , dostajemy oraz . Obie te liczby spełniają wcześniej wyprowadzone warunki, stanowią więc rozwiązanie naszego zadania.
Zadanie 13. (0-5) Dany jest graniastosłup prosty o podstawie prostokątnej . Przekątne i ścian bocznych tworzą kąt ostry o mierze takiej, że (zobacz
rysunek). Pole trójkąta jest równe Oblicz wysokość tego graniastosłupa.
Niech podstawa graniastosłupa ma wymiary oraz . Wtedy z twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt będący wskazanym przekrojem, ma boki długości odpowiednio
Ponieważ kąt jest ostry, to . Z twierdzenia cosinusów mamy więc
czyli
a stąd .
Zauważmy teraz, że znając pole trójkąta możemy napisać , czyli
Podstawiając ten iloczyn do poprzedniej zależności na otrzymamy ostatecznie
i tym samym .
Zadanie 14. (0-6) Punkt jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego , w którym . Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok zawarty jest w prostej o równaniu . Oblicz współrzędne wierzchołków i tego trójkąta.
Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.
Ponieważ punkty i leżą na prostej , to możemy przyjąć, że i dla pewnych liczb oraz . Możemy obliczyć długość odcinka korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu od danej prostej . Ma ona wartość
Stąd , czyli .
Możemy teraz napisać
a stąd . To daje nam dwie możliwości: albo .
Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością . Mamy
stąd lub w wersji uproszczonej . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości lub . Mamy więc lub . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami lub albo odpowiednio lub . Są zatem cztery trójkąty , które spełniają warunki zadania, ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka .
Zadanie 15. (0-7) Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.
a) Wykaż, że pole każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości ramienia, wyraża się wzorem
b) Wyznacz dziedzinę funkcji .
c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.
Niech będzie długością podstawy w takim trójkącie, zaś długością wysokości opuszczonej na tę podstawę. Mamy i stąd , zatem , co daje . Z drugiej strony ponieważ w trójkącie suma długości dwóch boków musi być większa od trzeciego, zachodzi nierówność , a stąd .
a) Z twierdzenia Pitagorasa mamy , czyli . Dlatego pole takiego trójkąta wynosi
b) Dziedzina tej funkcji wynika z początkowych rozważań: geometryczny sens jest zachowany przy .
c) Aby zmaksymalizować wartość dodatniej funkcji wystarczy zbadać funkcję dla . Mamy
Wynika stąd, że pochodna jest ujemna wyłącznie przy . Zatem dla pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny i w punkcie tym faktycznie badana funkcja osiąga maksimum. Maksymalna jest też wówczas wartość funkcji . Największe pole spośród badanych trójkątów ma więc trójkąt równoboczny o boku długości .
Co jakiś czas w różnych konkursach matematycznych (np. w Grach Matematycznych i Logicznych) pojawiają się zadania polegające na uzupełnieniu liczbami danego diagramu w taki sposób, aby spełnione były jakieś dodatkowe warunki. Oczywiście problemy tego typu można rozwiązywać metodą prób i błędów losowo podstawiając wartości i sprawdzając, czy przypadkiem nie otrzymaliśmy rozwiązania. Najczęściej jednak zdecydowanie szybsze podejście to poczynienie jakiegoś dodatkowego spostrzeżenia, które pozwala ustalić (lub więcej) niewiadomą. Taki bardziej systematyczny sposób ma też tę zaletę, że bardzo często jesteśmy w stanie wyznaczyć wszystkie możliwe rozwiązania.
Poniżej znajduje się pięć przykładowych zadań tego typu wraz ze szczegółowym rozwiązaniem. Trudność kolejnych przykładów jest coraz większa, choć to dość subiektywna sprawa. Warto oczywiście przed zerknięciem na rozwiązanie spróbować zmierzyć się z daną łamigłówką samodzielnie. Z drugiej strony, nie należy zadań tego typu lekceważyć – pomimo bardzo prostej treści, czasami trzeba się sporo natrudzić aby dotrzeć do szukanej odpowiedzi. Na koniec proponuję jeszcze trzy magiczne zadania, tym razem już do samodzielnego rozwiązania.
1. Róża.
Wiadomo, że przedstawiona figura jest miagiczna: w każde pole da się wpisać liczbę od 1 do 7 (i każda z tych wartości wystąpi dokładnie raz) tak, aby wszystkie sumy trzech liczb znajdujących się na wspólnej linii prostej przechodzącej przez pole centralne, były takie same. Jaka liczba może znaleźć się w polu środkowym?
♦ IX Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1995 r., (finał regionalny, zadanie 8).
Niech x oznacza szukaną wartość wpisaną w środkowe pole diagramu, zaś S niech oznacza magiczną sumę. Ponieważ , to dodając wszystkie trzy sumy wzdłuż każdego z trzech narysowanych na diagramie odcinków, otrzymamy zależność
pole centralne bowiem będzie policzone trzy razy. Stąd liczba jest podzielna przez 3. To się może zdarzyć jedynie dla lub lub , wtedy możliwe sumy magiczne wynoszą odpowiednio lub lub .
Należy pamiętać, że to nie jest jeszcze pełne rozwiązanie! Pokazaliśmy bowiem dopiero, że znalezione liczby 1, 4 i 7 tylko mogą ale wcale nie muszą być dobre. Aby to ostatecznie rozstrzygnąć wystarczy dla każdej z tych liczb wskazać odpowiednie wypełnienie diagramu, zgodne z nałożonymi warunkami. Niestety to rozwiązujący musi wiedzieć, czy to już jest właściwy moment na taką weryfikację. Jeśli wskazanie stosownego przykładu się nie udaje, należy znów wrócić do rozważań ogólnych.
Nasz przykład na szczęście jest na tyle prosty, że zbudowanie odpowiednich przykładów nie należy do trudnych. Mamy więc trzy możliwe rozwiązania, pokazane poniżej.
2. Zaczarowany kwadrat.
Rozmieść liczby 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 9 w pustych polach pokazanej planszy w taki sposób, aby suma każdych czterech liczb wpisanych na pola tworzące kwadrat 2×2 była zawsze taka sama.
♦ X Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1996 r., (półfinał, zadanie 7).
Dla wygody i jasności omówienia zadania, wprowadźmy oznaczenia wartości poszczególnych pól diagramu jak poniżej.
Porównując ze sobą sumy czwórek liczb ustawionych w polach tworzących dwa górne kwadraty 2×2, otrzymamy zależność , czyli . Ponieważ wszystkie liczby w diagramie są z zakresu od 1 do 9, więc lub (liczba 1 jest już wykorzystana), a wtedy odpowiednio lub .
Załóżmy, że i . W sposób podobny jak przed chwilą, możemy porównać sumy z dwóch lewych kwadratów, prowadzi to do zależności
Liczby i są róże i nie mniejsze od 2 (mniejsze są już wykorzystane), stąd , czyli , a to daje nam możliwości albo . Gdy , to , więc . Zauważmy jeszcze, że porównując odpowiednio sumy liczb z wszystkich czterech kwadratowych obszarów, otrzymamy równość , czyli . To oznacza, że nie może być , bo wtedy i , zatem , i . Pozostałe pola można uzupełnić w jednoznaczny sposób. Jeśli zaś , to , czyli Ponieważ wartości 7, 8 i 9 są już przypisane konkretnym polom, to i ostatnia równość wymusza Znów nie może być , bo wówczas byłoby , a przecież . Stąd , i . Dotychczasowe rozważania prowadzą do dwóch możliwych rozwiązań:
Zbadajmy teraz przypadek i .
Mamy , skąd , czyli . Zauważmy jeszcze, że ponieważ , to i liczby oraz są tej samej parzystości; muszą to zatem być liczby parzyste (bo nieparzysta niewykorzystana jeszcze wartość jest tylko jedna – równa 5). Jeśli , to , czyli . Nie może być , bo wówczas . Zatem , i . Załóżmy teraz, że . Wtedy i – patrząc na pozostałe jeszcze wartości do wykorzystania – musi być . Ale jest parzyste, stąd , i . Pozostaje do sprawdzenia . Wtedy , stąd (znów wykorzystujemy parzystość liczby ) mamy i , a dalej . Tym razem otrzymujemy kolejne trzy rozwiązania:
Łącznie zadanie ma pięć rozwiązań przedstawionych na diagramach powyżej.
3. Magiczny sześciokąt.
Pokazany na rysunku sześciokąt, wypełniony liczbami od 1 do 19, jest magiczny. Sumy liczb w każdym z piętnastu wskazanych kierunków są jednakowe. Niestety, przez nieuwagę wymazano wartości przypisane niektórym polom. Przywróć diagram do dawnej świetności uzupełniając wszystkie brakujące liczby.
♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1990 r., (eliminacje kategoria L1, zadanie 2).
Oznaczmy przez magiczną sumę w sześciokącie. Ponieważ , a w ustalonym kierunku figurę można podzielić na pięć rozłącznych rzędów, to , czyli .
Przyjmijmy oznaczenia wartości przypisanych poszczególnym polom diagramu.
Znając , mamy natychmiast , . Wówczas . Wszystkie wartości pochodzą ze zbioru liczb nie większych niż , więc . Zauważmy, że , stąd . Ale rozkłady liczby na sumę dwóch różnych składników z interesującego nas zbioru wyglądają następująco:
przy czym składniki 19, 18, 17, 16, 14 i 13 są już wykorzystane, stąd . Gdyby , to co jest niemożliwe, bo albo . Zatem i . Stąd dalej i . Wtedy . Gdyby teraz , to co jest wykluczone. Zatem , i dalej , , i w końcu oraz . Ostatecznie otrzymujemy jedyne rozwiązanie:
4. Kwadrat prawie magiczny.
Kwadrat ten był niemal magiczny: suma liczb wpisanych w każdy z czterech wierszy, w każdą z czterech kolumn i na obu przekątnych była zawsze taka sama. Jednak użyte liczby nie były kolejne, ponieważ największa z nich wynosiła 92. Niestety, osiem liczb tworzących ten wyjątkowy diagram, zostało przypadkowo skasowanych. Ustal, jakie liczby zostały wymazane i gdzie się one znajdowały.
♦ VI Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1992 r., (ćwierćfinał szkolny, zadanie 3).
Nieznane wartości oznaczmy jak na poniższym rysunku.
W szczególności mamy . Stąd i z trzeciej sumy poziomej (także równej ) wynika, że , czyli . Podobnie z sumy ukośnej , zatem . Z sumy drugiej pionowej mamy teraz , możemy więc wykorzystując pierwszą sumę poziomą, napisać równość , więc . Ponieważ czwarta kolumna ma sumę wyrazów , to (drugi wiersz) mamy także i . W ten sposób liczbę nieznanych wartości zredukowaliśmy o połowę i wiemy też, że
To oznacza, że największą spośród wszystkich liczb wpisanych do diagramu musi być , zatem i jednocześnie . To daje nam już jedyne możliwe końcowe wypełnienie tablicy
5. Kwadrat magiczny różnic.
Uzupełnij wszystkie pola kwadratu liczbami od 1 do 16 (każdej z nich używając dokładnie jeden raz) w taki sposób, aby w każdym wierszu, w każdej kolumnie i na wyróżnionej przekątnej, suma kolejnych różnic sąsiadujących ze sobą liczb (od wartości większej odejmujemy mniejszą) zawsze była równa 12.
♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1990 r., (półfinał, zadanie 5).
Przyjmijmy następujące oznaczenia
Ponieważ najwięcej informacji niesie druga kolumna i ostatni wiersz diagramu, rozpoczniemy od ustalenia wartości przypisanych polom h, k oraz l. Mamy , oraz , czyli
Z pierwszej równości wynika w szczególności, że liczba jest nieparzysta (w przeciwnym razie liczby i obie byłyby tej samej parzystości i ich suma nie mogłaby być równa 11). Druga zależność pociąga parzystość liczby i wśród dopuszczalnych (jeszcze nie wykorzystanych) wartości rozwiązania są następujące: . Gdyby , to , więc musi być i .
Kluczowym spostrzeżeniem będzie teraz obserwacja, że jedna z niewiadomych musi być równa 2. Dwójka nie może pojawić się ani w pierwszej kolumnie, ani w trzeciej kolumnie, ani na wyróżnionej przekątnej. Wówczas bowiem (dzięki wartościom 16 i 15 w dolnym wierszu) odpowiednia suma różnic przekroczyłaby 12. Zatem albo . Gdyby zachodziła druga ewentualność, to mielibyśmy , czyli . Ale , bo wszystkie mniejsze wartości są już wykorzystane, więc musiałoby być . To oznacza, że . Wtedy mamy , czyli . Ale , więc , co oznacza, że . Możemy napisać też , czyli . Liczba jest więc parzysta i , więc . Teraz już łatwo wyznaczamy oraz .
Do ustalenia pozostaje jeszcze trzeci wiersz, którego wyrazy tworzą zbiór . Analizując sumy różnic z poszczególnych kolumn otrzymujemy jedynie oraz . Do bezpośredniego sprawdzenia mamy więc cztery przypadki, z których dwa pokazane poniżej tworzą ostateczne rozwiązanie.
Zadania do samodzielnego rozwiązania.
1. Liczbowa piramida.
W kółka piramidy należy wpisać liczby całkowite od 1 do 13 w taki sposób, aby sumy liczb wpisanych w cztery kółka leżące na dowolnej, wspólnej prostej (poziomej lub ukośnej) były równe. W odpowiedzi wystarczy podać liczbę wpisaną w kółko umieszczone w wierzchołku piramidy.
♦ XII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1997/1998 r., (ćwierćfinał, zadanie 11).
2. Magiczny kwiat.
Uzupełnij diagram liczbami od 3 do 11 wpisując je w puste kółka w taki sposób, aby sumy czterech wartości umieszczonych w wierzchołkach powstałych rombów zgadzały się z wartościami podanymi wewnątrz tych czworokątów.
♦ XXII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 2008 r., (półfinał, zadanie 13).
3. Math Mobile.
Leonard narysował schemat Math Mobile.
Każda liczba całkowita od 1 do 13 powinna być napisana w jednym małym kółku (po jednej w kółku). Suma trzech liczb dookoła trójkąta, czterech liczb dookoła kwadratu, sześciu liczb dookoła sześciokąta i pięciu liczb dookoła pięciokąta musi być zawsze taka sama. Jest to również suma trzech liczb na każdym z trzech okręgów dużych kół (zaznaczonych linią przerywaną). Ile wyniesie iloczyn trzech liczb (zaznaczonych strzałkami) napisanych w małych kółkach w środkach dużych kół?
♦ XXX Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 2016 r., (finał międzynarodowy – dzień I, zadanie 16).
Surakarta jest planszową grą logiczną dla dwóch osób o wyjątkowo prostych zasadach i – co może zaskakiwać – niezwykłej dynamice.
Gra pochodzi z Indonezji, a grano w nią prawdopodobnie już w XVII wieku. Planszę rysowano bezpośrednio na ziemi, a rolę pionków przejmowały kamyki. Zabawę można też spotkać pod nazwą Solo (tak też nazywane jest potocznie największe miasto usytuowane na wyspie Jawa).
Rozgrywka odbywa się na planszy pokazanej na rysunku. Każdy z grających dysponuje początkowo 12 pionkami, które ustawia się na skrzyżowaniach linii planszy w czterech rzędach: po dwa rzędy dla każdego gracza.
Reguły gry
Celem gry jest zbicie wszystkich pionków przeciwnika.
Gracze wykonują ruchy naprzemiennie, rozpoczyna grający ciemnymi.
Każdy ruch może być:
zwykłym posunięciem – gracz przesuwa dowolny swój pionek na sąsiednie wolne pole wzdłuż linii poziomej lub pionowej (niektóre źródła dopuszczają także posunięcia po skosie);
biciem – pionek bijący może zaatakować pionek przeciwnika i zbić go zastępując jego pozycję na planszy, jeśli wszystkie pola pomiędzy oboma pionkami wzdłuż linii planszy są wolne i dodatkowo linia ta zawiera przynajmniej jeden fragment łuku z któregoś naroża. Przykładowo, pionek z pola B3 może zaatakować pionek rywala stojący na D6, jeśli tylko na przynajmniej jednej ścieżce (takie ścieżki są dwie, bo odpowiednie linie niebieska i czerwona tworzą pętle) łączącej oba pola i biegnącej wzdłuż linii niebieskiej nie znajduje się żaden inny pionek. W szczególności pionki stojące w narożach kwadratu A1-F1-F6-A6 nie mogą wykonywać bić (ani same nie mogą być zbite).
Bicia nie są przymusowe.
Jeśli grany jest mecz złożony z kilku partii, to po każdym pojedynku zlicza się liczbę pionków pozostałych na planszy jako punkty gracza, który wygrał partię. Mecz zwycięża ta osoba, która zgromadzi więcej punktów.
Źródła
Lech Pijanowski, Gółka z Pancerolą i inne felietony, KAW 1975
Oriol Ripoll, Zagraj z nami. 100 gier i zabaw z całego świata, Świat Książki