Fórum: Érdekes matekfeladatok

Egy próbálkozás:

Az a valós paraméter értékétől függően számítsuk ki az alábbi határértéket:

Az meg már nem matematika hanem pszichológia, hogy miért emlékeztem 5 tagú bizottságra a 4 pénztáros helyett.

Köszi! Jó, hogy pont én tettem fel. 500. feladat volt.

A feladat korábban szerepelt itt a fórumon abban a változatban, hogy egy 5 tagú bizottságból 3 tag jelenléte szükséges a páncélszekrény kinyitásához. Az ott közölt megoldás itt is alkalmazható.

Igaz-e, hogy csak olyan kulcs elosztás létezik, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?

540. Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem. Egy zárhoz többüknél is van kulcs, illetve egy pénztárosnál több kulcs is van. Hány olyan kulcs elosztás van, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?

Szép megoldás és általánosabb is mint amit az eredeti feladat kívánt. Az eredetit is hasonlóan, még egyszerűbben be lehet látni.

Úgy látszik, nem lett annyira érdekes a feladat. Akkor megmutatnék egy megoldást.

Az 1.)-re Jonas példája rendben van.

A 2.)-ra azt fogjuk megmutatni, hogy nem lehetséges, hogy 11 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög.

Indirekt tegyük fel, hogy ilyen kiválasztás, és elrendezés lehetséges. Nyilván akkor lehetséges az is, hogy az 1,2,...,10,11 számok közül hagyunk el egyet, és a maradék 10 számmal töltjük ki a bűvös ötszöget. Legyen V: a vonalakon szereplő 4-4 szám összege, míg S: az ötszögben szereplő 10 szám összege.

Mivel minden az ötszögben szereplő szám két vonalon szerepel 2S=5V5|2S5|S

Mivel S=1+2+...10+11-"a hiányzó szám"=66-"a hiányzó szám", ezért "a hiányzó szám" csak az 1,6,11 közül kerülhet ki. Ha az 1-t, vagy a 11-t választjuk, akkor Lórántfy 3605-s feladatát kapjuk (az hasonlóan, ahogy most fogunk dolgozni megmutatható, hogy nem teljesíthető!), így válasszuk kimaradónak a 6-t!

Vagyis most S=66-6=60 , és így V=2S/5=24.

V=24, ami 3-mal osztható. Vagyis minden vonalon a 4 szám összegének 3-mal oszthatónak kell lennie! Most csoportosítsuk a 10 ötszögbe került számunkat a 3-as maradékaik szerint! 2db 0 maradékot ad (3,9), 4 darab 1 maradékot ad (1,4,7,10), és 4 darab 2 maradékot ad (2,5,8,11) 3-mal osztva. A 3-asra, és a 9-re fogunk figyelni!

Bármely két vonalnak egyértelműen létezik metszéspontja, így az ötszögbe került bármely két A,B számhoz (akár egy vonalon vannak, akár nem) van legalább egy harmadik olyan C szám, mellyel mindketten egy vonalon vannak (hiszen minden számra pontosan két vonal illeszkedik, azaz A,B-nek létezik legalább egy-egy nem közös vonala), méghozzá úgy, hogy A,B,C nincs mind egy közös vonalon.

Legyen A=3, B=9, és vizsgáljuk C-t! Mivel C nem osztható 3-mal 1,vagy 2 maradékot ad.

Legyen most C 1 maradékot adó. Az A,C vonalon lévő két másik szám is 1-1 maradékot kell adjon 3-mal osztva (mivel egyik sem adhat 0 maradékot, hiszen B más vonalon van)! Hasonlóan a B,C vonalon lévő másik két szám is 1 maradékot kell adjon! Igen ám, de akkor C, az A,C vonal két másik száma, illetve a B,C vonal két másik száma, azaz 5 különböző szám ad 3-mal osztva 1 maradékot, ami lehetetlen! (Ha abból indulunk ki, hogy C 2 maradékot ad, akkor pedig 5 darab 2 maradékot adó különböző számunk lenne!)

Ellentmondáshoz jutottunk, vagyis valóban lehetetlen a feltételeknek megfelelő bűvös ötszöget csinálni.

Ha nincs megoldás, akkor biz. be, hogy nincs!

Tegnap, amikor a majdnem-megoldást kerestem, megállapítottam, hogy van olyan megoldás, amiben három vonalon azonos az összeg (24), és a két kimaradó vonalon is azonos (19). Egy ilyen megoldást mutatok a bal oldali ábrán ((1 7 3 8), (8 5 9 2), (2 4 7 6), (6 3 5 10), (10 9 4 1)).

Ha ebben a megoldásban a 7-est kicseréled 12-esre, ahogy a második ábrán látható, az megoldja a második kérdésedet, hiszen 12 egymás utáni számból használ fel 10 különbözőt, és minden vonalon az összeg 24.