Konkursy | Matematyczne nietuzinki ;)

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

$\left\{ \begin{array}{l} (x+y)(x+y+z)=72\\ (y+z)(x+y+z)=120\\ (x+z)(x+y+z)=96 \end{array} \right..$

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.

Czynnikiem, który powtarza się w każdym równaniu jest suma wszystkich niewiadomych $x+y+z$ , oznaczmy ją przez $S$ i dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy wówczas

$(x+y)S+(y+z)S+(z+x)S=288.$

Wyłączmy teraz wspólny wyraz $S$ przed nawias:

$S(\underbrace{x+y+y+z+z+x}_{=2S})=288\quad\text{czyli}\quad 2S^2=288.$

Stąd $S^2=144$ i $S=12$ lub $S=-12$ .

Wracając do wyjściowego układu równań mamy wtedy

$\left\{ \begin{array}{l} x+y=6\\ y+z=10\\ x+z=8 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} x+y=-6\\ y+z=-10\\ x+z=-8 \end{array} \right..$

Jeśli teraz poszczególne równania z obu układów będziemy odejmowali od zależności $x+y+z=\pm12$ (dla układu z lewej strony $S=12$ , a dla układu z prawej strony $S=-12$ ), to otrzymamy kolejno

$z=6,\,\,x=2,\,\,y=4\qquad\,\,\text{albo}\qquad\,\, z=-6,\,\,x=-2,\,\,y=-4.$

Na koniec sprawdzamy, że znalezione dwie trójki liczb $(x,y,z)=(2,4,6)$ lub $(-2,-4,-6)$ spełniają warunki zadania, stanowią więc jego rozwiązanie.

2. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} xy=20\\ yz=12\\ x+y+z=12 \end{array} \right..$

Zadanie można rozwiązać bezpośrednio: wyznaczając z pierwszych dwóch równań niewiadome $z$ oraz $x$ względem $y$ i wstawiając te wartości do ostatniego równania. Można też dodać dwie pierwsze zależności stronami i wykorzystać fakt, że $x+z=12-y$ . Wtedy

$xy+yz=32\quad\Rightarrow\quad y(x+z)=32\quad\Rightarrow\quad y(12-y)=32.$

Stąd $y^2-12y+32=0$ , czyli $(y-8)(y-4)=0$ . To oznacza, że $y=4$ lub $y=8$ . Wówczas odpowiednio $x=\frac{20}{4}=5$ lub $x=\frac{20}{8}=\frac{5}{2}$ oraz $z=\frac{12}{4}=3$ lub $z=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}$ .

Po sprawdzeniu, mamy ostatecznie dwa rozwiązania:

$(x,y,z)=(5,4,3)\qquad\text{lub}\qquad(x,y,z)=\left(\frac{5}{2},8,\frac{3}{2}\right).$

3. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} a^2+b^2=25\\ 3(a+b)-ab=15 \end{array} \right..$

♦ 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 $x=ab$ oraz $y=a+b$ . Wówczas, ponieważ $y^2-2x=(a+b)^2-2ab=a^2+b^2$ , to otrzymamy

$\left\{ \begin{array}{l} y^2-2x=25\\ 3y-x=15 \end{array} \right..$

Teraz już łatwo – z drugiego równania wyznaczamy $x=3y-15$ i wstawiamy do pierwszego: $y^2-6y+5=0$ , czyli $(y-5)(y-1)=0$ . Stąd $y=1$ lub $y=5$ , a to prowadzi do $x=-12$ lub odpowiednio $x=0$ .

Nasze zadanie sprowadziliśmy więc do rozwiązania dwóch układów równań:

$\left\{ \begin{array}{l} ab=-12\\ a+b=1 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} ab=0\\ a+b=5 \end{array} \right..$

Układy takie rozwiązujemy zwykłą ,,szkolną” metodą podstawiania lub graficznie: równanie $ab=-12$ opisuje hiperbolę, zaś $a+b=1$ jest równaniem prostej. Ostatecznie otrzymujemy cztery możliwe rozwiązania $(a,b)$ :

$(-3,4),\qquad (4,-3),\qquad (5,0),\qquad (0,5).$

4. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} x(y-x)=3\\ y(4y-3x)=2 \end{array} \right..$

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.

Gdyby $x=0$ , to pierwsze równanie nie byłoby spełnione, więc możemy założyć, że $x\neq 0$ i z pierwszej równości wyznaczamy $y=\frac{3}{x}+x$ . Podstawiając to do równania drugiego, otrzymamy

$\left(\frac{3}{x}+x\right)\left(\frac{12}{x}+4x-3x\right)=2.$

Mnożąc obie strony przez $x^2$ i pozbywając się nawiasów, dostajemy

$(3+x^2)(12+x^2)=2x^2\qquad\Rightarrow\qquad x^4+13x^2+36=0.$

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.

Zadania do samodzielnego rozwiązania.

1. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} x+\dfrac{1}{y}=-1\\[0.27cm] y+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2}\\[0.27cm] z+\dfrac{1}{x}=2 \end{array} \right..$

2. Rozwiązać układ równań

$\left\{\begin{array}{l} a+2b+3c=12\\ 2ab+3ac+6bc=48 \end{array}\right..$

3. Rozwiązać układ równań

$\left\{\begin{array}{l} (x+y)^2-3(x+y)=4\\[0.23cm] \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{6} \end{array}\right..$

4. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} x^2+y=xy^2\\ 2x^2y+y^2=x+y+3xy \end{array} \right..$

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?

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ 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 $1+2+3+4+5+6+7=28$ , to dodając wszystkie trzy sumy wzdłuż każdego z trzech narysowanych na diagramie odcinków, otrzymamy zależność

$3S=28+2x,$

pole centralne bowiem będzie policzone trzy razy. Stąd liczba $28+2x=2(14+x)$ jest podzielna przez 3. To się może zdarzyć jedynie dla $x=1$ lub $x=4$ lub $x=7$ , wtedy możliwe sumy magiczne wynoszą odpowiednio $S=10$ lub $S=12$ lub $S=14$ .

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ 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.

Rendered by QuickLaTeX.com

Porównując ze sobą sumy czwórek liczb ustawionych w polach tworzących dwa górne kwadraty 2×2, otrzymamy zależność $1+a+c+d=a+b+d+7$ , czyli $c=b+6$ . Ponieważ wszystkie liczby w diagramie są z zakresu od 1 do 9, więc $b=2$ lub $b=3$ (liczba 1 jest już wykorzystana), a wtedy odpowiednio $c=8$ lub $c=9$ .

Załóżmy, że $b=2$ i $c=8$ . W sposób podobny jak przed chwilą, możemy porównać sumy z dwóch lewych kwadratów, prowadzi to do zależności

$1+a+8+d=8+d+e+f\quad\Longleftrightarrow\quad 1+a=e+f.$

Liczby $e$ i $f$ są róże i nie mniejsze od 2 (mniejsze są już wykorzystane), stąd $1+a=e+f\geqslant 3+4$ , czyli $a\geqslant 6$ , a to daje nam możliwości $a=6$ albo $a=9$ . Gdy $a=6$ , to $e+f=7$ , więc $\{e,\,f\}=\{3,\,4\}$ . Zauważmy jeszcze, że porównując odpowiednio sumy liczb z wszystkich czterech kwadratowych obszarów, otrzymamy równość $1+g=b+e$ , czyli $g=1+e$ . To oznacza, że nie może być $e=3$ , bo wtedy $g=4$ i $f=4$ , zatem $e=4$ , $g=3$ i $f=5$ . Pozostałe pola można uzupełnić w jednoznaczny sposób. Jeśli zaś $a=9$ , to $e+f=10$ , czyli $f+g=11.$ Ponieważ wartości 7, 8 i 9 są już przypisane konkretnym polom, to $f,g\leqslant 6$ i ostatnia równość wymusza $\{f,\,g\}=\{5,\,6\}.$ Znów nie może być $g=6$ , bo wówczas byłoby $e=g-1=5$ , a przecież $e\neq f$ . Stąd $g=5$ , $e=4$ i $f=6$ . Dotychczasowe rozważania prowadzą do dwóch możliwych rozwiązań:

Rendered by QuickLaTeX.com

Zbadajmy teraz przypadek $b=3$ i $c=9$ . Mamy $1+a=e+f\geqslant 2+4$ , skąd $a\geqslant 5$ , czyli $a\in\{5,6,8\}$ . Zauważmy jeszcze, że ponieważ $1+g=3+e$ , to $g=e+2$ i liczby $e$ oraz $g$ są tej samej parzystości; muszą to zatem być liczby parzyste (bo nieparzysta niewykorzystana jeszcze wartość jest tylko jedna – równa 5). Jeśli $a=5$ , to $e+f=6$ , czyli $\{e,f\}=\{2,4\}$ . Nie może być $e=2$ , bo wówczas $g=4=f$ . Zatem $e=4$ , $g=6$ i $f=2$ . Załóżmy teraz, że $a=6$ . Wtedy $e+f=7$ i – patrząc na pozostałe jeszcze wartości do wykorzystania – musi być $\{e,f\}=\{2,5\}$ . Ale $e$ jest parzyste, stąd $e=2$ , $f=5$ i $g=4$ . Pozostaje do sprawdzenia $a=8$ . Wtedy $e+f=9$ , stąd (znów wykorzystujemy parzystość liczby $e$ ) mamy $e=4$ i $f=5$ , a dalej $g=6$ . Tym razem otrzymujemy kolejne trzy rozwiązania:

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1990 r., (eliminacje kategoria L1, zadanie 2).

Oznaczmy przez $S$ magiczną sumę w sześciokącie. Ponieważ $1+2+3+\ldots+19=190$ , a w ustalonym kierunku figurę można podzielić na pięć rozłącznych rzędów, to $5S=190$ , czyli $S=38$ .

Przyjmijmy oznaczenia wartości przypisanych poszczególnym polom diagramu.

Rendered by QuickLaTeX.com

Znając $S$ , mamy natychmiast $e=S-14-1-17=6$ , $n=S-18-17=3$ . Wówczas $m+l=S-3=35$ . Wszystkie wartości pochodzą ze zbioru liczb nie większych niż $19$ , więc $\{m,l\}=\{16,19\}$ . Zauważmy, że $a+14+b=S$ , stąd $a+b=24$ . Ale rozkłady liczby $24$ na sumę dwóch różnych składników z interesującego nas zbioru wyglądają następująco:

$24=19+5=18+6=17+7=16+8=15+9=14+10=13+11,$

przy czym składniki 19, 18, 17, 16, 14 i 13 są już wykorzystane, stąd $\{a,b\}=\{9,15\}$ . Gdyby $a=9$ , to $d=S-a-13=16$ co jest niemożliwe, bo $m=16$ albo $l=16$ . Zatem $a=15$ i $b=9$ . Stąd dalej $d=10$ i $g=S-9-18=11$ . Wtedy $c=S-11-6-13=8$ . Gdyby teraz $m=16$ , to $k=S-11-1-16=10=d$ co jest wykluczone. Zatem $m=19$ , $l=16$ i dalej $i=S-10-16=12$ , $f=S-14-8-12=4$ , $h=S-18-1-4-10=5$ i w końcu $k=7$ oraz $j=2$ . Ostatecznie otrzymujemy jedyne rozwiązanie:

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ VI Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1992 r., (ćwierćfinał szkolny, zadanie 3).

Nieznane wartości oznaczmy jak na poniższym rysunku.

Rendered by QuickLaTeX.com

W szczególności mamy $S=26+f$ . Stąd i z trzeciej sumy poziomej (także równej $S$ ) wynika, że $21+e+f=26+f$ , czyli $e=5$ . Podobnie z sumy ukośnej $23+f+h=26+f$ , zatem $h=3$ . Z sumy drugiej pionowej mamy teraz $S=25+a+e=30+a$ , możemy więc wykorzystując pierwszą sumę poziomą, napisać równość $30+a=15+a+b$ , więc $b=15$ . Ponieważ czwarta kolumna ma sumę wyrazów $S=10+b+d+h=28+d$ , to (drugi wiersz) mamy także $21+c+d=28+d$ i $c=7$ . W ten sposób liczbę nieznanych wartości zredukowaliśmy o połowę i wiemy też, że

$S=30+a=28+d=32+g=26+f.$

To oznacza, że największą spośród wszystkich liczb wpisanych do diagramu musi być $f=S-26$ , zatem $f=92$ i jednocześnie $S=118$ . To daje nam już jedyne możliwe końcowe wypełnienie tablicy

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1990 r., (półfinał, zadanie 5).

Przyjmijmy następujące oznaczenia

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ najwięcej informacji niesie druga kolumna i ostatni wiersz diagramu, rozpoczniemy od ustalenia wartości przypisanych polom h, k oraz l. Mamy $(3-1)+(h-1)+|h-k|=12$ , oraz $(16-k)+(15-k)+15-l=12$ , czyli

$h+|h-k|=11\qquad\text{oraz}\qquad 2k+l=34.$

Z pierwszej równości wynika w szczególności, że liczba $k$ jest nieparzysta (w przeciwnym razie liczby $h$ i $|h-k|$ obie byłyby tej samej parzystości i ich suma nie mogłaby być równa 11). Druga zależność pociąga parzystość liczby $l$ i wśród dopuszczalnych (jeszcze nie wykorzystanych) wartości rozwiązania są następujące: $(k,l)\in\{(11,12),(13,8)\}$ . Gdyby $k=13$ , to $h+|h-13|\geqslant 13$ , więc musi być $k=11$ i $l=12$ .

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 $f=2$ albo $j=2$ . Gdyby zachodziła druga ewentualność, to mielibyśmy $|c-f|+(f-2)+(12-2)=12$ , czyli $|c-f|+f=4$ . Ale $f\geqslant 4$ , bo wszystkie mniejsze wartości są już wykorzystane, więc musiałoby być $c=f=4$ . To oznacza, że $f=2$ . Wtedy mamy $(c-2)+(j-2)+|12-j|=12$ , czyli $|12-j|+j+c=16$ . Ale $|12-j|+j\geqslant 12$ , więc $c\leqslant 4$ , co oznacza, że $c=4$ . Możemy napisać też $(d-1)+(e-1)+(e-2)=12$ , czyli $d+2e=16$ . Liczba $d$ jest więc parzysta i $d,e\geqslant 5$ , więc $(d,e)=(6,5)$ . Teraz już łatwo wyznaczamy $a=8$ oraz $b=7$ .

Do ustalenia pozostaje jeszcze trzeci wiersz, którego wyrazy tworzą zbiór $\{9,10,13,14\}$ . Analizując sumy różnic z poszczególnych kolumn otrzymujemy jedynie $\{h,j\}=\{9,10\}$ oraz $\{g,i\}=\{13,14\}$ . Do bezpośredniego sprawdzenia mamy więc cztery przypadki, z których dwa pokazane poniżej tworzą ostateczne rozwiązanie.

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ 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.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ XXII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
2008 r., (półfinał, zadanie 13).

3. Math Mobile.
Leonard narysował schemat Math Mobile.

Rendered by QuickLaTeX.com

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).

Kategoria: Konkursy

Równania i układy równań – część I

Zadania do samodzielnego rozwiązania.

Magiczne uzupełnianki

Zadania do samodzielnego rozwiązania.