4. domača naloga (rešitve)

Comments

Transcription

4. domača naloga (rešitve)
Priprave na MMO 2016 – 4. domača naloga
1. Na koliko načinov se lahko po celoštevilski mreži premaknemo od točke (0, 0) do točke
(7, 10), če so dovoljeni premiki: za eno mesto gor, za eno mesto v desno in diagonalen
premik za ena gor in ena v desno?
2. V ravnini so narisane 3 vodoravne in 3 navpične premice. Na koliko načinov jih lahko
pobarvamo s 4 barvami, če se premici istih barv ne smeta sekati?
Vodoravne premice so med seboj vzporedne, prav tako so navpične premice med seboj
vzporedne.
3. Cvetličar ima na voljo 5 rdečih, 5 modrih, 4 rumene, 4 bele in 3 vijolične rože. Na koliko
različnih načinov lahko sestavi šopek, sestavljen iz 10 rož?
Šopka sta enaka, če vsebujeta enako mnogo rož vsake barve.
4. Marko želi označiti ploskve kocke s števili od 1 do n. Označitev je veljavna, če je vsaka
ploskev označena z različnim številom, vsota števil na nasprotnih ploskvah kocke pa je
enaka za vse tri pare nasprotnih ploskev. Koliko je vseh veljavnih označitev kocke, če dve
označitvi štejemo za enaki, kadar lahko od ene do druge pridemo z rotacijo?
Naloge rešujte samostojno. Pisne rešitve je potrebno poslati najkasneje do 9. januarja 2016
po pošti na naslov DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji
šoli,
Jadranska ulica 19,
1000 Ljubljana ali preko e-maila na naslov
[email protected] Rešitvam priložite tudi podpisano izjavo o samostojnem delu.
Če boste pri reševanju nalog uporabili kakšno literaturo (v tiskani ali elektronski obliki),
navedite reference. Standardne literature (knjige Altius, Citius, Fortius in e-revije Brihtnež) ni
potrebno navajati.
Izjava o samostojnem delu
Spodaj podpisani(-a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (ime in priimek) izjavljam, da sem
vse naloge reševal(-a) samostojno in brez pomoči drugih oseb.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . (kraj in datum)
Podpis:
Priprave na MMO 2016 – 4. domača naloga
Rešitve
1. Če uporabimo a diagonalnih
premikov, b premikov v desno in c premikov gor, lahko to
b+c
(a+b+c)!
storimo na a+b+c
=
načinov. Uporabimo lahko med 0 in 7 diagonalnih
a
c
a!b!c!
premikov, torej so možnosti sledeče:
• a = 0, b = 7, c = 10:
• a = 1, b = 6, c = 9:
• a = 2, b = 5, c = 8:
• a = 3, b = 4, c = 7:
• a = 4, b = 3, c = 6:
• a = 5, b = 2, c = 5:
• a = 6, b = 1, c = 4:
• a = 7, b = 0, c = 3:
17!
= 19448
7!10!
16!
= 80080
1!6!9!
15!
= 135135
2!5!8!
14!
= 120120
3!4!7!
13!
= 60060
4!3!6!
12!
= 16632
5!2!5!
11!
= 2310
6!1!4!
10!
= 120
7!3!
Skupno pa je možnih poti 433905.
2. Pogoj o nesekanju premic iste barve nam pove, da ne smemo uporabiti iste barve za
barvanje tako navpične kot vodoravne premice. Par (a, b) bo označeval, da smo uporabili
a različnih barv za barvanje vodoravnih premic in b različnih barv za barvanje navpičnih
premic. Možni pari so:
• (1, 1) : 4 · 3 = 12 možnosti za izbiro barv.
• (1, 2) : 4 · 3 = 12 možnosti za izbiro barv in 23 − 2 možnosti za barvanje navpičnih
premic, skupaj 72.
• (2, 1) : 4 · 3 = 12 možnosti za izbiro barv in 23 − 2 možnosti za barvanje vodoravnih
premic, skupaj 72.
• (1, 3) : 4 možnosti za izbiro barv in 3! možnosti za barvanje navpičnih premic, skupaj
24.
• (3, 1) : 4 možnosti za izbiro barv in 3! možnosti za barvanje vodoravnih premic,
skupaj 24.
• (2, 2) : 42 = 6 možnosti za izbiro barv, 23 −2 možnosti za barvanje navpičnih premic
in 23 − 2 možnosti za barvanje vodoravnih premic, skupaj 216.
Skupaj je torej 420 možnih barvanj.
3. Recimo, da imamo na voljo neomejeno rož vsake barve. Tedaj bi bilo vseh možnosti
10+5−1
= 1001 po formuli za kombinacije s ponavljanjem. S pomočjo načela vključitev
5−1
in izključitev bomo odstranili slabe možnosti.
• Porabili smo preveč rdečih: torej je zagotovo
6 rdečih, za ostale uporabimo formulo
4+5−1
za kombinacije s ponavljanjem 5−1 = 70; isto velja če je preveč modrih.
• Porabili smo preveč rumenih: torej je zagotovo
5 rumenih, za ostale uporabimo
5+5−1
formulo za kombinacije s ponavljanjem 5−1 = 126; isto velja če je preveč belih.
• Porabili smo preveč vijoličnih: torej so zagotovo
4 vijolične, za ostale uporabimo
formulo za kombinacije s ponavljanjem 6+5−1
=
210.
5−1
• Porabili smo preveč rdečih in vijoličnih: torej je zagotovo 6 rdečih in 4 vijolične, taka
možnost je ena sama; isto velja če je preveč modrih in vijoličnih.
• Porabili smo preveč rumenih in belih: torej je zagotovo 5 rumenih in 5 belih, taka
možnost je ena sama.
• Porabili smo preveč rumenih in vijoličnih: torej je zagotovo 5 rumenih
in 4 vijolične,
1+5−1
za ostale uporabimo formulo za kombinacije s ponavljanjem 5−1 = 5; isto velja
če je preveč belih in vijoličnih.
Ker so to edine možnosti je po načelu izključitev in izključitev različnih šopkov enako
1001 − 2 · 70 − 2 · 126 − 210 + 2 · 1 + 1 + 2 · 5 = 412.
4. Recimo, da že imamo 3 pare različnih števil z enako vsoto. Iz njih lahko sestavimo le dve
različni kocki, saj lahko zmeraj kocko zarotiramo tako, da je prvi par spodaj in zgoraj,
drugi levo in desno, ter je zgornje število večje od spodnjega in levo število večje od
desnega. Tretji par ima nato le dve možnosti, kako ga postavimo.
Pri številih 1, 2, . . . , n je najmanjša možna vsota sicer 3, vendar je najmanjša možna vsota,
ki jo sestavimo na vsaj tri načine enaka 7, podobno je največja možna vsota sicer 2n − 1,
vendar je največja možna vsota, ki jo sestavimo na vsaj tri načine enaka 2n − 5.
Poglejmo si, na koliko načinov lahko dobimo vsoto m < n + 1. Možnosti so:
1 + (m − 1), 2 + (m − 2), 3 + (m − 3), . . .
možnosti za lih m. Za m = 7, 8, 9, 10, . . . ,
Torej m2 − 1 možnosti za sod m in m−1
2
tako dobimo 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, . . . možnosti. Če je torej n sod, bo vseh označitev kock
z
P n2 −1 i P n+1
P n−1
n
−1 i −1 i 2
2
m = 7, 8, . . . , n enaka 2 · 2 i=3 3 = 4 42 , za n lih pa 2 ·
+ i=3
=
i=3
3
3
n+1 P
n−1 2
2
+ 42
, kjer smo uporabili zvezo ni=k ki = n+1
, ki jo lahko dokažemo na
k+1
4
primer z indukcijo. Možnosti z vsotami m > n+1 je enako, saj lahko bijektivno preslikamo
vsote x + y = m v vsote oblike (n + 1 − x) + (n + 1 − y) = 2n + 2 − m. Primer m = n + 1
pa obdelamo kot prej.
Skupaj dobimo:
n
n
• 8 42 + 2 32 za n sod;
n+1 n−1 2
2
• 4
+
+2
4
4
n+1
−1
2
3
za n lih.