Problemlösning Lösningar

Transkript

1 Problemlösning Lösningar Lösning Problemlösning 1. Dela bröd och pengar (0) Luffarna åt 8/3 bröd var. Luffare A gav bort 3 8/3 = 1/3 bröd till C och luffare B gav bort 5 8/3 = 7/3 bröd till C. Alltså ska A ha 1 kr och B 7 kr. Lösning Problemlösning 2. De fyra korten (0) Vi översätter de fem satserna till lika många pusselbitar Valörbitarna kan endast sättas Figur 1.1: samman på ett sätt. Färgbitarna likaså. När vi sedan passar in färgkorten över raden av valörkort, finns det även här endast en möjlighet och vi har svaret: hjärterdam, hjärterkung, spaderkung och spaderdam. Lösning Problemlösning 3. Finn skeppen (0) Figur 1.2: Håkan Strömberg 1 KTH STH

2 Lösning Problemlösning 4. Finn skeppen igen (0) Figur 1.3: Lösning Problemlösning 5. Talet (1) Eftersom = är det hela inget fenomen! Lösning Problemlösning 6. De falska mynten (2) Plocka 1 mynt från den första påsen, 2 från den andra, 3 från den tredje och så vidare till 13 mynt från den trettonde påsen. Väg dessa = 91 på en gång. Hade alla varit äkta skulle vågen visa 8 91 = 798 gram. Detta tal från det vågen visar och du får reda på numret på den påsen där de falska mynten finns. Lösning Problemlösning 7. De fyra konstnärerna (2) Bertilsson kan inte vara författare eller målare, så vi kan placera ett x i dessa positioner i tabellen nedan. Varken Adamsson eller Curtsson kan vara sångare. Adamsson är inte författare. Inte heller Davidsson är författare. Vi har då: Dansare Målare Sångare Författare Adamsson x x Bertilsson x x Curtsson x Davidsson x Helt klart måste då Curtsson vara författare. Adamsson kan inte vara målare, eftersom Curtsson har suttit modell för målaren och Adamsson aldrig har hört talas om honom. Adamsson måste då vara dansare, vilket leder till att Bertilsson är sångare och Davidsson är målare. Vi får till slut tabellen: Dansare Målare Sångare Författare Adamsson x x x Bertilsson x x x Curtsson x x x Davidsson x x x Håkan Strömberg 2 KTH STH

3 Lösning Problemlösning 8. Dela äpplen (2) Bakgrund: Uppgiften är en förenklad variant av Kokosnötterna, sjömännen och apan, ett klassiskt problem. Plan: Normalt för ett liknande problem är att anta att det från början finns x äpplen och därefter försöka teckna en ekvation. Denna ekvation kan bli ganska lång och komplicerad. Ett annat angreppssätt, ganska vanligt, är att börja bakifrån och arbeta sig framåt mot utgångsläget. Genomförande: Vi kommer här att genomföra båda planerna. Först den minst arbetskrävande: När C kommer fram till högen tar han 1/3 av äpplena och lämnar alltså kvar 2/3. 8 äpplen är alltså 2/3 av vad som fanns innan. C tog 4 äpplen och det fanns 12 totalt i högen när han kom. När B kommer fram lämnar även han 2/3 av vad som finns, lika med 12 äpplen. B tog 6 äpplen och det fanns 18 äpplen när han kom. Så till sist A som också tog 1/3 av vad högen hade att bjuda på. Han lämnade 2/3 eller 18 äpplen, vilket betyder att A tog 9 äpplen och att det fanns 27 från början. Så över till ekvationen: Antag att det fanns x äpplen från början. A lämnade kvar x x/3 äpplen. B lämnade kvar (x x/3) (x x/3)/3. C lämnade kvar ((x x/3) (x x/3)/3) ((x x/3) (x x/3)/3)/3 som är lika med 8. Lite vackrare skrivet: x x 3 x x 3 3 x x 3 x x = 8 Håkan Strömberg 3 KTH STH

4 Lösning Problemlösning 9. Den betande geten (2) Studenten : Jag har förstått problemet och jag tror att jag kan lösa det. Jag börjar med att rita figuren 1.4. Här är min plan. Som Du ser består den area vi ska beräkna av tre olika delar. Alla är delar av olika cirklar. Läraren : Du såg det snabbt, att geten kan gå runt hörnen. Bra! Studenten : Jag behöver nu formeln för cirkelns area A = πr 2 Så här kommer uttrycket (och mitt genomförande) för hela arean att se ut: 3π π π m 2 Figur 1.4: Håkan Strömberg 4 KTH STH

5 Lösning Problemlösning 10. Den blommande trädgården (2) Här kan man använda lcm för att direkt få fram lösningen a) lcm(11,13,15) = 2145 b) lcm(11,22,15) = 330 c) lcm(72,48,144) = 144 Fick du rätt svar så har du egentligen upptäckt lcm på egen hand. Det är detta som är tanken med denna kurs att upptäcka saker själv. Håkan Strömberg 5 KTH STH

6 Lösning Problemlösning 11. KTH-basket (3) Lyckat straffskott (s) ger 8 poäng, och lyckat distansskott (s) ger 11 poäng. Självklart måste gcd(s,d) = 1, annars finns oändligt många poäng som inte kan uppnås. Den allmänna formeln för den högsta poäng som inte kan uppnås är g(s,d) = s d (s+d) känd som Frobenius number. Vi skriver ett program där vi utnyttjar denna begränsning coinproblem[v1_, v2_ := Block[{n1 = 0, n2, m = {}}, max = v1*v2 - (v1 + v2); While[n1 <= max, n2 = 0; While[True, v = v1*n1 + v2*n2; If[v > max, Break[; ; AppendTo[m, v; n2++; n1++; ; Complement[Range[max, Union[m test[ := Block[{v1, v2, l, svar = {}}, For[v1 = 2, v1 <= 19, v1++, For[v2 = v1 + 1, v2 <= 20, v2++, l = coinproblem[v1, v2; If[MemberQ[l, 58 && Length[l == 35, AppendTo[svar, {v1, v2}; ; svar test[ ger svaret {8, 11} Håkan Strömberg 6 KTH STH

7 Lösning Problemlösning 12. Inhägnaderna (2) Bondens inhägnad hade måtten 9 40 med arean 360. Grrannen hade flera möjligheter att göra en större hage med mindre stängsel. Största arean han kan nå är 588 m 2 med sidorna 21 och 28 och med 133 m stängsel. staket[langd_, area_ := Block[{a, b, c, svar = {}}, For[a = 1, a <= langd/2, a++, For[b = a, b <= langd/2, b++, c = Sqrt[a^2 + b^2; If[2 a + 2 b + c <= langd && IntegerQ[c && a*b > area, AppendTo[svar, {a, b, c, a*b}; ; svar staket[139,360 {{12, 35, 37, 420}, {16, 30, 34, 480}, {18, 24, 30, 432}, {20, 21, 29, 420}, {21, 28, 35, 588}} Håkan Strömberg 7 KTH STH

8 Lösning Problemlösning 13. Mysteriet med kokosnötterna (3) Det här problemet kan lösas snabbt och rakt fram genom att man låter x beteckna den mängd som var och en får när den slutliga uppdelningen gjorts och sedan arbetar sig bakåt ända tills man får fram en ekvation för y, det ursprungliga antalet kokosnötter. I x räknat blir denna ekvation y = 1024x Ekvationen ifråga kan lösas utan större svårighet och svaret blir y = 1024k+247 x = 81k+18 Följande resonemang ger emellertid samma svar litet snabbare och direktare: Den fjärde mannen lämnade kvar 12r kokosnötter, eftersom han ju lämnade kvar en hög som kunde delas lika (utan någon rest) i antingen tre eller fyra högar. Han måste alltså ha upptäckt en hög innehållande 16r + 3 kokosnötter. Dessa 16r+3 måste ha varit jämnt delbara med 3 (den tredje av männen lämnade ju kvar 3 lika stora högar). Sätts r lika med 3s blir 16r+3 till 48s+3; nummer tre måste ha tagit 16s+1 som sin andel. Det måste ha funnits kokosnötter när han anlände till högen. 64s+4+13 = 64s+7 Eftersom denna summa betecknar det antal kokosnötter nummer två lämnade kvar måste den också vara jämnt delbar med 3. Sätt s lika med 3t+2. Då måste det antal kokosnötter nummer 2 lämnade kvar ha varit 192t Den mängd han själv tog måste ha varit 64t+45. Härav följer att den mängd nummer två fann vid sin ankomst (och som nummer ett alltså lämnade kvar) var 256t = 256t+183 Detta antal måste givetvis vara jämnt delbart med 3. Detta blir fallet om t sätts lika med 3k, och antalet blir då 768k Härav följer att nummer ett måste ha tagit 256k + 61 och att han alltså måste ha funnit när han kom till högen. 1024k = 1024k+247 Härav följer alltså att y = 1024k För att få fram värdet på x behövs bara en enkel substituering: x = 12r = 3r = 3 3s = 9s = 9(3t+2) = 27t+18 = 27 3k+18 4 x = 81k+28 Genom att sätta k = 0 kan vi få fram att det lägsta antal kokosnötter högen kan ha innehållit från början är 247. För den händelse ni är intresserad av en allmän lösning på detta problem, så har ni den här: Antag en ursprunglig hög innehållande a kokosnötter och en grupp på n män. Var och en av männen delar i tur och ordning upp de kokosnötter han finner i n lika stora högar, varvid ett mindre antal nötter, låt oss kalla det m, blir över. Han kastar resten åt Håkan Strömberg 8 KTH STH

9 aporna, tar undan en hög åt sig själv, och samlar de andra i en enda stor hög igen. Nästa morgon finns det bara så pass mycket kokosnötter kvar att var och en kan få x kokosnötter. Då blir a = r n n+1 m( n) n m(n 1) där r är ett helt tal, vilket som helst, dock valt så att a blir ett positivt tal. Ju mindre r är, dess mindre blir också a. I sådana fall där antalet män är udda kan r få vilket heltalsvärde som helst från noll och uppåt; om antalet män är jämnt kan r inte vara = 0 men kan i övrigt vara vilket heltal som helst från ett och uppåt. I båda fallen får vi x = ( ) n 1 n (a+m(n 1) m(n 1) n n Håkan Strömberg 9 KTH STH

10 Lösning Problemlösning 14. Mobilen (3) Vi har 7 obekanta, antalet kulor i varje skål. Med hjälp av detta ekvationssystem får vi svaret a+b+c+d+e+f+g = 40 a+b+c = d+e+f+g 3a = 2(b+c) 3b = c d+e = 3(f+g) 4d = e f = 4g a b c d e f g Lösning Problemlösning 15. Förvirrad professor (4) Bilnumret är 9240 Med C-programmet: 1 #include <stdio.h> 2 int faktorer2(int tal,int talen[){ 3 int start=2,n=0; 4 while(tal>1 && start<=tal){ 5 while(tal%start==0){ 6 talen[n=start; 7 tal=tal/start; 8 n++; 9 } 10 start++; 11 } 12 talen[n=tal; 13 return n; 14 } int faktorer(int tal,int talen[100[2){ 17 int i,n=0; 18 for (i=1;i<=tal;i++) 19 if (tal%i==0){ 20 talen[n[0=i; 21 talen[n[1=tal/i; 22 n++; 23 } 24 return n-1; 25 } Håkan Strömberg 10 KTH STH

11 1 int main(void){ 2 int i,j,k,l,s,m,n,t,talen[100[2,min; 3 int antal,antal2,talen2[3,talen3[100,sum; 4 for (i=1000;i<9999;i++){ 5 n=faktorer(i,talen); 6 antal=0; 7 min=100000; 8 if (n>=2){ 9 for (j=0;j<n-2;j++) 10 for (k=j+1;k<n-1;k++) 11 for (l=k+1;l<n;l++){ 12 if (talen[j[0+talen[k[0+talen[l[0==100){ 13 antal++; 14 s=talen[j[1+talen[k[1+talen[l[1; 15 if (s<=min){ 16 min=s; 17 talen2[0=talen[j[0; 18 talen2[1=talen[k[0; 19 talen2[2=talen[l[0; 20 t=s; 21 } 22 } 23 } 24 } 25 n=faktorer2(t,talen3); 26 if (antal>1 && n==4){ 27 sum=0; 28 for(j=0;j<4;j++) 29 sum=sum+talen3[j; 30 antal2=0; 31 for(j=0;j<3;j++) 32 if(sum-1==talen2[j sum+1==talen2[j) 33 antal2++; 34 if(antal2==2) 35 printf("min: %d ger %d %d %d (%d) -> %d\n", 36 i,talen2[0,talen2[1,talen2[2,n,sum); 37 } 38 } 39 } Håkan Strömberg 11 KTH STH