Ugrás a tartalomhoz

Elemi matematika feladatgyűjtemény

Hraskó András (2013)

ELTE-TTK

16 Gondolkodási módszerek feladatok megoldása

16 Gondolkodási módszerek feladatok megoldása

16.1 Józan ész feladatok megoldása

A 8.1.1 feladat megoldása

A feladat többféleképp megoldható. Könnyen eredményre juthatunk szisztematikus próbálgatással, vagy ötletes megfontolásokkal (ha a tyúkok fél lábon, a nyulak 2 hátsó lábon állnának, akkor 70 láb lenne a talajon. Az 50 állat mindegyikének van egy lába a talajon, a maradék 20 láb a nyulakhoz tartozik, tehát 20 nyúl és 30 tyúk van).

Algebrai megoldás esetén az x+y=50 és 2x+4y=140 egyenletrendszert kell megoldanunk.

16.1.0.1 Megjegyzés a 8.1.1 feladathoz

Meggondolhatjuk, hogy mi a helyzet más fej-, illetve lábszámok esetén, feladhatjuk a feladatot 3 lábú székek és 4 lábú asztalok, vagy pl. hétfejű sárkányok szerepeltetésével.

A 8.1.2 feladat megoldása

Némi próbálgatással minden kívánt eredmény elérhető. A (7,0) pl. a következőképp:

( 0 , 0 ) ( 0 , 5 ) ( 5 , 0 ) ( 5 , 5 ) ( 8 , 2 ) ( 0 , 2 ) ( 2 , 0 ) ( 2 , 5 ) ( 7 , 0 ) .

A 8.1.3 feladat megoldása

Az egyes keverékek kiszámításával megkapható, hogy a kérdéses mennyiségek egyenlők.

Másrészt, meggondolva, hogy mivel végül ugyanannyi folyadék lesz a poharakban, mint eredetileg volt; ugyanannyi bor lesz a vízben, amennyi víz a borban. Ez utóbbi megfontolás akárhány oda-vissza töltögetés esetén is működik.

A 8.1.4 feladat megoldása

Bármily meglepő, a teljes erdő 50%-áról van szó. A megmaradt erdőnek ugyanis a 2%-a lesz olyan, ami nem fenyőfa, ami azt jelenti, hogy az erdő 50%-a marad meg.

A 8.1.5 feladat megoldása

Ha az AE dobozból választunk golyót, akkor abból kiderül (mivel AE nem lehet), hogy abban AA vagy EE van. Ha az eredmény AA, akkor az AA feliratú dobozban AE nem lehet, mert akkor az EE doboz felirata igaz lenne. Így az AA feliratúban csak EE lehet, az EE feliratúban pedig AE kell, hogy legyen.

Hasonlóan gondolható végig, hogy mi a helyzet, ha az AE dobozban 2 ezüst golyót találunk.

16.2 Logikai fejtörők

A 8.2.1 feladat megoldása

Az A és a 7-es kártyát kell megfordítani. Ha az A túloldalán nem 2010 osztója áll vagy ha a 7 túloldalán magánhangzó áll, akkor az cáfolja az állítást (hiszen a 7 nem osztója 2010-nek). A 2 (2010 osztója) illetve az M (nem magánhangzó) túloldalán bármi is van, az nem cáfolja az állítást.

A 8.2.2 feladat megoldása

A lapon 6 igaz állítás található (2×2=4, legfeljebb 6, 7, 8, 9, 10).

Ha pontosan x igaz az állítások közül, akkor a 2×2=4, a legfeljebb x, legfeljebb x+1, legfeljebb 10 az igazak. Ez 1+(11-x)=x, azaz x=6 igaz állítást jelent.

16.2.0.1 Megjegyzés a 8.2.2 feladathoz

Ha még egy Ezen a lapon legfeljebb 11 igaz állítás van. állítás szerepelne a lapon, nem lenne megoldás. Érdemes egyrészt az állítások száma szerint, másrészt a legfeljebb helyett legalább szerepeltetésével diszkutálni a feladatot.

A 8.2.3 feladat megoldása

Először is: teljesen felesleges volt megkérdezni az első szigetlakót, hogy ő miféle, erre ugyanis akár lovag (aki igazat mond), akár lókötő (aki hazudik) azt fogja válaszolni, hogy ő lovag. A második megkérdezett ezek szerint biztos, hogy igazat mondott, tehát ő lovag. Nem hazudott, tehát a harmadik szigetlakó lókötő. Az elsőről nem tudjuk, miféle.

A 8.2.4 feladat megoldásai

16.2.0.2 A 8.2.4 a) mego.

A lókötő nem lehet, mert ebben az esetben az állítása igaz lenne. A tehát lovag, és mivel igaz az, hogy legfeljebb az egyikük lovag, B lókötő.

16.2.0.3 A 8.2.4 b) mego.

A és B szereposztására nézve 4 lehetőség van. (A is és B is lovag; A lovag, B lókötő; B lókötő és A lovag; mindketten lókötők). Ha A lovag, akkor állítása igaz B mibenlététől függetlenül. Ha A lókötő, akkor B lovag, így csak annyit tudunk meg állításából, hogy nem lehetnek mindketten lókötők.

16.2.0.4 A 8.2.4 c) mego.

Ha A lovag akkor azért, ha lókötő, akkor (mivel állítása csak akkor lehet hamis, ha a második fele hamis) azért nem kell megennie kalapját.

16.2.0.5 Megjegyzés a 8.2.4 feladathoz

Megkérdezhetjük, hogy mi a helyzet akkor, ha A mindhárom állítást egy kérdésen belül kijelenti. Ekkor A lókötő nem lehet, mert akkor az a) állítás igaz lenne. Így A lovag, az a) állítás igaz, emiatt B lókötő. A kalapját nem kell megennie.

A 8.2.5 feladat megoldása

A csütörtök az egyetlen nap, amikor ezek az állítások elhangozhattak.

16.3 A szimmetria felismerése feladatok megoldása

A 8.3.1 feladat megoldása

A kezdő játékosnak van nyerő stratégiája, első lépésben a középső (5.) érmét érdemes megfordítania, ezután pedig mindig az ellenfél lépésének tükörképét. Ez a stratégia tetszőleges páratlan számú érme esetén működik, páros számú érme esetén a 2. játékos nyerhet (szimmetrikus lépésekkel).

A 8.3.2 feladat megoldása

Ha a kezdő játékos az asztal közepére rak először érmét, és azután mindig a másik játékos (akár középpontos, akár tengelyes) szimmetrikus képére, akkor nyerhet.

A 8.3.3 feladat megoldásai

16.3.0.1 A 8.3.3 a) mego.

Az összes szám összege 45 (tehát osztható 3-mal). A számok között minden 3-as maradékosztályból 3-3 szám szerepel. A kezdő játékos nyerhet, ha 3-mal osztható számmal kezd. Ezután ha ellenfele is 3-mal oszthatót választ, akkor utána ő is, ha 1 maradékot adót, akkor ő (ugyanolyan előjellel) 2 maradékot adót, ha 2 maradékot adót, akkor ő 1 maradékot adót.

16.3.0.2 A 8.3.3 b) mego.

Ekkor is nyerhet a kezdő. Arra kell törekednie (és ez könnyen megoldható), hogy utolsónak ne 3-mal osztható szám maradjon. Bármi történt is az első 8 lépésben, övé az utolsó szó, és ha pl. 1 maradékot adó szám maradt, akkor függően a már kiválasztottak összegétől vagy az 1 hozzáadásával, vagy a levonásával (vagy bármelyikkel) elérheti célját.

16.4 Gondolkodjunk visszafelé! feladatok megoldása

A 8.4.1 feladat megoldása

A véghelyzetből érdemes kiindulnunk.

Ha végül mindenkinek 8 aranya volt, akkor C vesztése előtt A-nak 4, B-nek 4, C-nek 16 aranya kellett, hogy legyen. Az előző körben B veszített, így akkor (A és C pénzének megduplázása előtt) A-nak2, B-nek 14, C-nek 8 aranya lehetett csak. Az ezt megelőző körben (mielőtt A a vesztése miatt megduplázta volna pénzüket) A-nak 13, B-nek 7, C-nek 4 aranya volt.

A 8.4.2 feladat megoldásai

16.4.0.1 A 8.4.2 a) mego.

Ha már csak 4 gyufa van a kupacban, akkor (könnyen meggondolható, hogy) a soron következő játékos minden lehetséges lépésével veszít, így célunk az, hogy lépéseink után 4 gyufa maradjon. Ezt akkor tudjuk biztosan elérni, ha előzőleg 8 gyufát hagytunk a kupacban stb.

Érdemes átengedni a kezdés jogát, ugyanis akármennyit vesz el a kezdő játékos, el tudjuk érni, hogy lépésünk után 16 gyufa maradjon, a következő lépésváltás után 12, majd 8, 4, 0.

16.4.0.2 A 8.4.2 b) mego.

Hasonló megfontolások alapján, ha a gyufák száma 4-gyel osztható, akkor a második játékosnak van nyerő stratégiája, egyébként pedig a kezdőnek.

16.4.0.3 A 8.4.2 c) mego.

Ha n osztható m+1-gyel, akkor a második játékosnak, ha nem, akkor a kezdőnek van nyerő stratégiája.

További kérdés a 8.4.2 feladathoz

Hogyan változik a 8.4.2. a) feladat játékának stratégiája, ha csak 1 vagy 3 gyufa vehető el?

A 8.4.3 feladat megoldásai

16.4.0.4 Segítség a 8.4.3 feladathoz

Játsszunk! Ismerjük fel azokat az egyszerű (kevés gyufából álló) helyzeteket, ahonnan már biztosan nyerünk, illetve ahonnan biztosan vesztünk!

16.4.0.5 A 8.4.3 feladat megoldása

Ha mindkét kupacban 1-1 gyufa van, akkor a soron következő játékos veszít. Tehát érdemes arra törekednünk, hogy a mi hozzuk létre ezt az állapotot. Honnan hozhatjuk létre? Ha előzetesen mi érjük el, hogy 2-2 gyufa legyen a két kupacban, akkor a másik játékos következő lépése után azonnal nyerünk, vagy létrehozzuk az 1-1 állapotot és úgy nyerünk.

Általában, ha elérjük, hogy a két kupacban egyenlő számú gyufaszál legyen, akkor a másik játékos kénytelen elrontani ezt a szimmetriát és mi újra létrehozhatjuk, ha ugyanannyi szálat veszünk el a másik kupacból, mint ellenfelünk az előbb az egyikből. Ha kezdő játékos a 7-es kupacból elvesz kettőt, akkor létrehozza a szimmetriát és a szimmetrizáló stratégiát végig tudja követni, biztosan nyer.

A 8.4.4 feladat megoldásai

16.4.0.6 A 8.4.4 a) mego.

Ha a kezdő játékos minden lépésénél arra törekszik, hogy a véghelyzetből kiinduló átlóra lépjen, akkor nyerhet. (Más méretű k×n es sakktáblák esetén ha k=n, akkor második játékosnak van, nyerő stratégiája.)

16.4.0.7 A 8.4.4 b) mego.

166. ábra

Ha az veszít, aki a bal alsó sarokba lép, akkor a játékosok célja az, hogy olyan mezőre lépjenek végül, ahonnan már csak a bal alsó sarokba lehet lépni. Vagyis a cél a (0;1) vagy (1;0) mező (lásd a 166 ábrát) elérése. Az a) feladatrész stratégiája most is majdnem tökéletes. A főátlón érdemes tartani a bástyát, de az (1;1) átlós mező helyett a (0;1) vagy (1;0) mezők egyikét kell választani.

16.4.0.8 Megjegyzés a 8.4.4 feladathoz

Az a)-ban ismertetett játék ugyanaz, mint a 8.4.3 feladat játéka.

A 8.4.5 feladat megoldása

A táblát az éppen sorra kerülő játékos szempontjából töltjük ki (lásd a 167 ábrasorozatot). A + jellel jelöltük azokat a mezőket, amelyekről elindulva ő nyerhet, ha jól játszik, illetve V jelet írtunk, ha onnan indulva nem ő, hanem ellenfele tud nyerni. A bal alsó sarokkal kezdődik a tábla kitöltése: ez a soron következő játékos számára vesztő mező (V), hiszen az előző lépésben a nyerést jelentette az idelépés. A továbbiakban minden mezőt +-szal jelölünk, ha onnan V-vel jelölt mezőre lehet lépni, és V-vel, ha onnan csak +-szal jelölt mezőre lehet lépni.

167. ábra

Mindkét játékos célja az, hogy V-szal jelölt mezőre lépjen, így hozva ellenfelét vesztő helyzetbe. Ennek megfelelően folytattuk a 167 ábrasorozat kitöltését.

Kiderül, hogy a kezdő nyerhet, hiszen nem vesztő mezőről indul és (háromféleképpen is) tud vesztő mezőre lépni.

16.4.0.9 Megjegyzés a 8.4.5 feladathoz

Ez ugyanaz a játék, mint ha két kupac gyufaszálból felváltva vehetnének el a játékosok egy kupacból akármennyit vagy egyszerre mindkét kupacból azonos számú gyufát.

A 8.4.6 feladat megoldása

A 8.4.5 feladat megoldása alapján minden egyes helyzetről eldöntjük, hogy az onnan induló játékos nyer (+) vagy veszt (V). Most két táblát is kell rajzolnunk: egyet a passzolás előtti egyet pedig a passzolás utáni helyzeteknek. A passzolás utáni állapotokat már ismerjük a 8.4.4 a) feladatból: a (0;0)-(5;5) átlós vonal helyzetei (az onnan indulónak) vesztők, a többi helyzet nyerő. A passzolás előtti állapotoknál a bal alsó mező szintén vesztő, hiszen, ha az előző játékos oda lépett, akkor már ő nyert, hiába passzolna, aki onnan lépne. Az összes többi mező a (0;0)-(5;5) átlós vonalon nyerő (+), hiszen passzolással vesztő helyzetbe hozhatjuk ellenfelünket. A tábla további kitöltése a 168 ábrán követhető nyomon.

168. ábra

Látható, hogy kezdőnek a (6;5) mezőre érdemes lépnie, majd mindig valamelyik vesztő (V) mezőre tennie a bástyát a 168 ábra első és utolsó táblája szerint.

16.4.0.10 I. megjegyzés a 8.4.6 feladathoz

A fenti egy passzos játék úgy is felfogható, mintha egy térbeli 2×6×8-es táblán játszanánk passz nélkül, de két szint megfelelő sarokmezőjére is nyerést ér rálépni.

16.4.0.11 II. megjegyzés a 8.4.6 feladathoz

Hogyan érdemes játszani két ill három engedélyezett passz esetén?

A 8.4.7 feladat megoldásai

16.4.0.12 A 8.4.7 a) mego.

A második játékos nyerhet, ha mindvégig arra törekszik, hogy mindkét kupacban páros számú kavics maradjon lépése után. Ekkor ugyanis ellenfele mindig csak olyat tud lépni, hogy legalább az egyik kupacban páratlan sok kavics maradjon, és a kívánt véghelyzetre (mindkét kupacban 0 legyen) ez nem teljesül.

Ezt a második játékos el is tudja érni, valahányszor ellenfele csak egy kupacból vesz egyet, akkor ő ugyanebből a kupacból vehet el egyet, ha pedig ellenfele mindkét kupacból vesz el egyet-egyet, akkor ő is.

16.4.0.13 Megjegyzés a 8.4.7 a) feladathoz

Ez ugyanaz a játék, mint ha egy 9×11-es sakktábla jobb felső sarkában álló bábúval lépnének felváltva vagy 1-et balra, vagy 1-et lefelé, vagy 1-et átlósan balra le. A balra lépés jelenti az egyik kupac, a lefelé lépés a másik kupac 1-gyel való csökkentését, az átlós lépés a mindkét kupac eggyel - eggyel való csökkentését. A 169 ábrán V-vel jelöltük azokat a pozíciókat, ahonnan a soron következő játékos (ha ellenfele jól játszik) veszít (mert csak +-szal jelölt mezőre tud lépni), és + jellel jelöltük azokat, ahonnan V jelű mezőre lehet lépni, így ellenfelüket hozva vesztő helyzetbe.

169. ábra

16.4.0.14 A 8.4.7 b) mego.

Most is a másodiknak van nyerő stratégiája. Ha egy 9×11-es négyzetrácson az a) feladat stratégiájának megfelelően látjuk el + jelekkel és V jelekkel a mezőket (lásd a 170 ábrát), kiderül, hogy kell játszania.

170. ábra

A 8.4.8 feladat megoldása

A két játékos kiindulási pozíciója között 100 a különbség. ezt szeretnék 0-ra csökkenteni. Aki 4-re csökkenti, nyerhet. Hasonlóképp, bármilyen 4-gyel osztható különbség esetén, a soron következő játékos el tudja érni, hogy a két játékos pozíciója közti különbség 4-gyel osztható legyen, és így nyerhet. Mivel kezdetben 4-gyel osztható (100) a pozíciójuk különbsége, a második játékosnak van nyerő stratégiája.

Segítség a 8.4.9 feladathoz

A verseny állását most egy 2×25-ös táblázatban követhetjük. Az egyik sor annak felel meg, hogy páros számú gyufánk van, a másik annak, hogy páratlan, míg az oszlopok a megmaradt gyufák számát jelzik. Keressük meg a nyerő és a vesztő mezőket a játék végétől visszafelé haladva.

16.5 Skatulyaelv feladatok megoldása

A 8.5.1 feladat megoldása

Három szelvény elég, ha az egyiket csupa 1-gyel, egy másikat csupa 2-vel, a harmadikat csupa x-szel töltjük ki, biztosan lesz legalább 5 találatunk.

A 8.5.2 feladat megoldása

A lehetséges 3-as maradékok vizsgálatából kiderül, hogy az állítás igaz (ha van köztük 3-mal osztható, kész vagyunk, ha nincs, akkor vagy 3 azonos maradékkal van dolgunk melyek összege osztható 3-mal, vagy van 1-et is és 2-t is adó maradék, melyek gazdájának összege szintén osztható 3-mal).

Több szám esetén legyenek ezek a1, a2, a3, ak. Tekintsük az a1, a1+a2, a1+a2+a3, a1+a2+a3++ak összegeket (k darab). Ha mindegyik összeg különböző maradékot ad k-val osztva, akkor van ezek között 0 maradékot adó, vagyis k-val osztható. Ha van köztük (legalább) kettő, amelyek azonos maradékot adnak k-val osztva, akkor e két összeg különbsége ami szintén az eredeti számokból képezhető összeg lesz k-val osztható.

A 8.5.3 feladat megoldása

a) 46-ot. 45-öt ugyanis még ki lehet húzni piros nélkül (25+15+5=45), de ha 46-ot húzunk ki, akkor csak 34 golyó marad meg a 80-ból, nem maradhat meg mindegyik piros.

b) 41-et. 40-et ugyanis még ki lehet húzni piros nélkül (25+15=40), de ha 41-et húzunk ki, akkor csak 39 golyó marad meg a 80-ból, nem maradhat meg az összes piros is és az összes fekete is (35+5=40).

c) 76-ot. 75-öt ugyanis még ki lehet húzni fekete nélkül (35+25+15=75), de ha 76-ot húzunk ki, akkor csak 4 golyó marad meg a 80-ból, nem maradhat meg mindegyik fekete. Ugyanezen okból 76 golyó kihúzása esetén az összes piros se maradhat meg lásd az a) feladatot , tehát a kihúzottak között piros és fekete is lesz.

d) 36-ot. Ha még nincs a kihúzottak között két különböző színű, akkor a kihúzottak mind azonos színűek. A legtöbb azonos színű pirosból van, 35. Tehát 35 golyót még ki lehet húzni úgy, hogy ne legyenek köztük különböző színűek, de 36 golyó kihúzása esetén már biztosan lesznek köztük különbözőek is.

e) 9-et. Ha nem teljesül a feltétel, akkor mindegyik színből legfeljebb két golyó van. Négyféle szín van, tehát a kihúzott golyók száma legfeljebb 42=8. Ez lehetséges is, mindegyik színből van legalább 2 golyó. Tehát 8 kihúzott golyó esetén még előfordulhat, hogy nem teljesül a feltétel, 9-nél már biztosan teljesül.

A 8.5.4 feladat megoldása

a) Legkevesebb F+S+Z+1 húzás esetén lesz biztosan piros a kihúzott golyók között. Most tehát F+S+Z+1=5, amiből F=1 és G=F+S+Z+P=7.

b) Legkevesebb Z+S+max(P,F)+1 húzás esetén lesz biztosan piros is és fekete is a kihúzott golyók között. Ezek szerint 4+S+3+1=10, amiből S=2, G=F+S+Z+P=11.

A 8.5.5 feladat megoldása

Ha 50 kőtömböt kell hét teherautóra rakni, akkor lesz olyan teherautó, amelyre legalább nyolc kőtömb kerül, hiszen 77=49<50. A nyolc legkisebb kőtömb össztömege azonban nagyobb, mint 8250=2000 kg, azaz több mint két tonna. A leírt szabályokkal tehát az elszállítás nem lehetséges.

A 8.5.6 feladat megoldása

Itt is a skatulya-elvről van szó. Az első számjegy 9-féle, az utolsó 10-féle lehet, tehát összesen 90 lehetőség van az első és utolsó számjegyet illetően (vagyis annyi, ahány kétjegyű szám van). Ha 290=180 számunk van, akkor még lehetséges, hogy minden ilyen lehetőség épp kétszer fordul elő (pl. az összes kétjegyű szám, valamint ugyanezek úgy háromjegyűvé alakítva, hogy mindegyik közepére beszúrunk egy nullást), de 181 szám közül már biztosan van három melyek első és utolsó jegyükben is megegyeznek.

A 8.5.7 feladat megoldása

Három egymást követő számjegy legfeljebb 1000-féle lehet (000, 001, 999). Ha minden (az összes számjegy-hármas) lehetőség véges sokszor fordulna elő, akkor összesen is csak véges sok tizedes jegye lehetne a π-nek, ami nem igaz, tehát biztosan van olyan, ami végtelen sokszor szerepel.

A 8.5.8 feladat megoldása

Ha a kiválaszthatóak között nincs 45 különböző, akkor a 2010 szám legfeljebb 44-féle. Beskatulyázva a számokat 44 dobozba, lesz olyan doboz, ahova legalább 45 szám kerül (hiszen 4445=1980<2010). Ez viszont azt jelenti, hogy ha nincs 45 különböző szám, akkor van 45 egyenlő.

A 8.5.9 feladat megoldásai

16.5.0.1 A 8.5.9 fel. I. megoldása

Az

a + b = c + d

egyenlőség az

a - c = d - b

összefüggésbe megy át. A 25 szám közül (252)=300 különböző módon választható ki kettő. A két szám különbsége (nagyobbik kisebbik) mindig 1 és 99 közé eső egész szám. A 99-fél különbségből lesz olyan, amelyet kétszer is megkapunk, és abból a két egyenlő értékű különbségből készíthetünk két egyenlő összeget.

16.5.0.2 Megjegyzés a 8.5.9 fel. I. megoldásához

Ez a megoldás így hibás. Pl 65-64=66-65, de ha ebből összeget akarunk készíteni: 65+65=66+64, akkor nem megfelelő összeállítást kapunk, ugyanaz a szám kétszer szerepel benne.

A megoldás javítható. Valójában lesz olyan különbség, amelyet háromszor is megkapunk (299<300) és ezek közül lesz kettő közös elem nélkül. Ha ugyanis az egyiknek mind a két másikkal van közös eleme, pld

65 - 64 = 66 - 65 ,  s  66 - 65 = 67 - 66 ,

akkor a két másiknak nem lehet közös eleme:

67 - 66 = 65 - 64 .

Valóban a mindkettővel közösködő pár két száma olyan intervallumot határol, amelyik elválasztja egymástól a másik két párt.

16.5.0.3 A 8.5.9 fel. II. megoldása

A (252)=300 pár 300 kéttagú összeget ad, de az összegek lehetséges értékei 1+2=3-tól 100+99=199-ig terjednek, tehát csak 197 különböző lehet közöttük. Az egyenlő összegű párok tagjai között most nem lehetnek egyenlőek, mert ha az összeg és egy-egy tag is egyenlő , akkor a másik tag is egyenlő, de akkor nem két különböző párról van szó.

16.5.0.4 Megjegyzés a 8.5.9 fel. II. megoldásához

Mivel (212)=210, így Pisti akkor is ki tudna választani egyenlő összegeket, ha csak 21 cédulája maradna. (202)=190<197, így 20 cetli esetén a fenti gondolatmenet nem jó, de ettől még nincs kizárva, hogy 20 cédula is mindig elég két egyenlő összegű párhoz.

A 8.5.10 feladat megoldása

A 21 számból (212)=21202=210 számpár készíthető. Ezeknek 210 lehetséges pozitív különbsége van: a lehetséges legkisebb az 1, a legnagyobb a 69, tehát a különbségek lehetséges értékei csak 69-félék lehetnek. 369<210, így valóban lesz olyan különbség érték, amelyik négyszer is előfordul a párokban képzett különbségek között.

16.6 Invariancia-elv feladatok megoldása

A 8.6.1 feladat megoldása

Nem lehet, az összeg mindenképp osztható lesz 9-cel. (Az, hogy egy számjegyet milyen a helyértékének megfelelő - 10-hatvánnyal szorzunk, nem változtat a 9-es maradékán.)

A 8.6.2 feladat megoldása

a) Nem érhető el, hiszen a csúcsokba írt számok összegének kettes maradéka (paritása) a folyamat során nem változik, de az elején 1 (páratlan) a végén 0 (páros) kellene, hogy legyen.

b) Ez sem lehetséges, annak ellenére, hogy az előző gondolatmenet nem ad kizáró okot. Tekintsük most az a-b+c-d összeget, ahol a, b, c, d a négyzet csúcsaiba írt számokat jelentik, a és c az egyik szemközti párt, b és d a másikat. Ennek az összegnek az értéke is változatlan (invariáns) a folyamat során, hiszen mindkét szemközti párban egy-egy szám értéke nő. Az előjeles összeg értéke a folyamat elején 2, a végén pedig 0-t kellene, hogy kapjunk, ami nem lehetséges.

A 8.6.3 feladat megoldása

a) Igen elérhető, pl. így: (5, 11, 14) (9, 9, 18) (15, 15, 15).

b) Nem érhető el. Bármelyik két csúcsnál található gyufák számának különbsége hármas maradéka változatlan és 9-5=4, aminek hármas maradéka 1.

A 8.6.4 feladat megoldása

Vegyük észre, hogy (a;b)a+b+ab=(a+1)(b+1)-1, vagyis ha letörlünk két számot, a náluk 1-gyel nagyobb számok szorzatánál 1-gyel kisebb szám kerül a táblára.

Továbbá ennek alapján az eljárás bármelyik fázisában

( ( a ; b ) ; c ) ) ( a + 1 ) ( b + 1 ) - 1 + 1 + c + ( ( a + 1 ) ( b + 1 ) - 1 ) ( c + 1 ) = ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) - 1 ( = ( a ; ( b ; c ) ) .

Így a táblán lévő számoknál eggyel nagyobb számok szorzatának értéke az eljárás során nem változik, mindig ugyanannyi: 234521. Valóban, az a,ba+b+ab csere előtt e szorzat két megfelelő tényezője (a+1)(b+1), a csere után pedig a+b+ab+1, és ennek a két kifejezésnek az értéke mindig megegyezik egymással. Így az utolsónak maradó szám 234521-1(=21!-1).

16.6.0.1 Megjegyzés a 8.6.4 fel. megoldásához

Az ab=a+b+ab művelet a pozitív egészek halmazán asszociatív, így erre a műveletre nézve a pozitív egészek félcsoportot alkotnak.

A 8.6.5 feladat megoldása

Ha egyszínű kaméleonok találkoznak, nem történik semmi. Ha két különböző színű találkozik, akkor függően attól, hogy milyenek, két féle színűnek csökken 1-gyel-1-gyel a létszáma, míg a harmadik színűeknek 2-vel nő.

Megfigyelve az egyes színek hármas maradékát, ezek eredetileg rendre (sz, b, z ) (1, 0, 2) voltak, vagyis a három létszám három különböző maradékot adott 3-mal osztva.

Akármilyen két különböző színű kaméleon találkozik, a keletkező színek 3-as maradéka mindig háromféle lesz, így ebből a kezdő helyzetből nem érhető el, hogy mind egyszínűek legyenek.

A 8.6.6 feladat megoldása

Jelölje az egyes részekben levő kavicsok számát körüljárás szerinti sorrendben egy adott pillanatban rendre a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8. Invariánsnak most megfelel a

a 1 - a 2 + a 3 - a 4 + a 5 - a 6 + a 7 - a 8

mennyiség, mert ebben minden egyes lépésben egy-egy pozitív és egy-egy negatív előjelű mennyiség értéke nő eggyel-eggyel, tehát a teljes előjeles összeg értéke változatlan. Mivel a folyamat elején az összeg értéke

1 - 1 + 1 - 1 + 3 - 2 + 1 = 2 ,

így ez marad végig. Ha mindenütt ugyanannyi kavics lenne, akkor 0 lenne az összeg, tehát ez nem érhető el.

16.7 Indirekten feladatok megoldása

A 8.7.1 feladat megoldása

Felhasználva a tgα+tgβ=tgα+tgβ1-tgαtgβ azonosságot kiderül, hogy ha tg1 racionális lenne, akkor tg2 (α=1 és β=1) is racionális lenne. Folytatva az eljárást, azt kapnánk, hogy tg30=33 is racionális lenne, ami ellentmondás feltételezésünkkel. Tehát a tg1 irracionális.

16.7.0.1 Megjegyzés a 8.7.1 fel. megoldásához

Ha valaki az összegzést 45-ig folytatja, akkor tg45= 1-re jut, így nem kap ellentmondást. Tanulságos megbeszélni, hogy az, hogy nem jutottunk ellentmondásra, nem jelenti azt, hogy a feltételezés igaz.

16.8 Újra és újra feladatok megoldása

A 8.8.1 feladat megoldása

Induljunk ki abból, hogy kezdetben csak két csipesz van, a karnis két végén és haladjunk lépésről lépésre (lásd a 171 ábrát)!

171. ábra

Bal oldalon tüntettük fel, hogy hanyadik lépésnél tartunk, jobb oldalt pedig felírtuk a csipeszek számát. Pirossal jelöltük az adott lépésben felrakott új csipeszek helyét.

Jelölje csn a csipeszek számát az n-edik lépés után. Tehát

c s 0 = 2 , c s 1 = 3 , c s 2 = 5 , c s 3 = 9 , c s 4 = 17 , c s 5 = 33 ,

Rekurzió

Vegyük észre, hogy ha x csipesz van feltéve, akkor közöttük (x-1) szakasz van, így (x-1) új csipeszt kell felraknunk. Tehát ezután már x+(x-1)=2x-1 csipeszünk lesz. A sorozat tagjai tehát a cs0=2 kezdőelemből a csn+1=2csn-1 képlettel úgynevezett rekurzióval számolhatók.

az explicit képlet

A rekurzív képlet hátránya, hogy a sorozat egy tagjának kiszámolásához az összes korábbi tagot meg kell határozni. Szeretnénk olyan formulát úgynevezett explicit képletet találni, amely n értékével fejezi ki csn értékét. A sorozat első néhány tagjának konkrét értékéből megsejthetjük ezt a képletet.

Állítás: csn=2n+1.

Az állítást teljes indukcióval igazoljuk.

I. Az állítás teljesül-e a legkisebb szóbajövő elemre?

Igen, n=0-ra csn=cs0=2, a fenti képletben pedig 2n+1=20+1=1+1=2.

II. Ha az állítás teljesül n=k-ra, akkor biztosan teljesül-e n=(k+1)-re is?

Igen, ha csk=2k+1, akkor a rekurzió szerint

c s k + 1 = 2 ( 2 k + 1 ) - 1 = ( 2 2 k + 2 ) - 1 = 2 k + 1 + 1 ,

ami pont az állítást adja n=(k+1)-re.

az explicit képlet másik magyarázata

Felejtsük el a jobb szélen álló csipeszt! Így a szabályt is módosíthatjuk: most minden csipesztől jobbra (meghatározott távolságra, de a darabszám szempontjából ez lényegtelen) kell elhelyeznünk egy-egy új csipeszt. Így a csipeszek száma minden lépésben duplázódik. Ha eredetileg 1 csipesz volt (a bal szélen), akkor az n-edik lépés után 2n darab lesz. Az eredeti feladatban tehát csn=2n+1.

A 8.8.2 feladat megoldása

Írjuk fel a számokat kettes számrendszerben! 2048=211, tehát 11 bittel minden szóbajövő szám felírható. Alább csak 31-ig számolunk öt bittel:

106. táblázat

Az első menetben a páratlan számokat húztuk ki, tehát azokat, amelyek utolsó bitje 1. A megmaradt szám utolsó bitja tehát 0 lesz.

107. táblázat

Ezután a páros helyen álló számokat töröljük, tehát azokat, amelyekben a jobbról második bit 0. Megmaradnak azok, amelyekben a jobbról második bit 1.

108. táblázat

Megint a páratlan helyen álló számok törlése következik, tehát azoké, amelyekben a jobbról harmadik bit 0. Megmaradnak azok, amelyekben a jobbról harmadik bit 1.

109. táblázat

Most a páros helyen álló számokat töröljük, tehát azokat, amelyekben a jobbról negyedik bit 1-es. Megmaradnak azok, amelyekben a jobbról negyedik bit 0.

Innentől kezdve már azok a számok maradnak meg, amelyekben a jobbról számítva páratlanadik bit 1-es, míg a jobbról számítva párosadik bit 0-ás.

Ezt teljes indukcióval igazolhatjuk. A legutóbbi két lépésben pont ezt láttuk.

Tegyük fel most, hogy az előbb egy párosadik lépés volt, tehát azokat a számokat töröltük, amelyekben a jobbról párosadik jegy 1-es és megmaradtak azok a számok, amelyekben a jobbról párosadik jegy a 0. Ezek közül a legkisebb nem is tartalmaz több bitet, de elé tehetünk egy 0-t, mint ahogy a fenti táblázatokban is kipótoltuk elől a rövid számokat 0-kkal. Most a páratlanadik számokat töröljük, tehát ezzel kezdjük, azaz kitöröljük azokat a számokat, amelyekben a következő, tehát jobbról páratlanadik helyen álló bit 0-s, megmaradnak ezen a helyen az 1-esek.

Ha viszont legutóbb egy páratlanadik lépés volt, tehát azokat a számokat töröltük, amelyekben a jobbról páratlanadik jegy 0-ás és megmaradtak azok a számok, amelyekben a jobbról páratlanadik jegy az 1. Ezek közül a legkisebb nem is tartalmaz több bitet, de elé tehetünk egy 0-t. Ez a szám most meg is marad, mert a páros helyen álló számokat töröljük, tehát azokat, amelyekben az új, tehát párosadik heylen álló bit 1-es és megmaradnak itt a 0-k.

Ennek alapján a legutoljára megmaradt szám a

10101010110 2 = 1366 10 .

A 8.8.3 feladat megoldása

a) Négyzetszám számú darabra nyilván felosztható, így pl. 4 darabra is.

Ha a keletkező négyzetek közül egyet 4 darabra osztunk, azzal 3-mal tudjuk növelni a részek számát. (Így tetszőleges n=3k+1 alakú számra pl. 7-re fel tudjuk osztani.)

172. ábra

6 vagy 8 részre is fel tudjuk osztani (lásd a 172. ábrát). Így ha már 6, 7. és 8 darabra fel tudtuk darabolni a négyzetünket, és 3-mal tudjuk növelni a részek számát, akkor 3-mal növelve a részek számát 6-tól kezdve akárhány (így 2010) négyzetre feldarabolható egy négyzet.

16.8.0.1 Megjegyzés a 8.8.3 a) feladat megoldásához

Észrevehetjük, hogy a 6 és a 8 mintájára (4-től kezdve) akármilyen páros darabszámra feldarabolható a négyzetünk, 3-mal való növeléssel megkapjuk 7-től kezdve a páratlan darabszámokat is.

Könnyen bizonyítható, hogy 2 vagy 3 négyzetre nem darabolható fel egy négyzet, (minden csúcsra illeszkednie kell valamelyik darabnak). Arra, hogy 5 darabra sem, érjük be a szemléleten alapuló indoklással.

b) Bármilyen háromszög felosztható 2 derékszögű háromszögre, ha a leghosszabb oldalához tartozó magasságvonalát behúzzuk. Ez az eljárás folytatható, így egy tetszőleges háromszöget akárhány derékszögűre felbonthatunk.

c) A négyzet négyzetekre darabolásának minden esetének megfeleltethető a szabályos háromszög szabályos háromszögekre való darabolása (lásd a 173. feladatot).

173. ábra

16.8.0.2 Megjegyzés a 8.8.3 c) feladat megoldásához

Ebből újabb szemléltetést kaphatunk arra, hogy az első n páratlan szám összege n2, ugyanis ha minden oldalt n részre osztunk, és az osztópontokat összekötjük az oldalakkal, párhuzamos szakaszokkal, akkor éppen n2 darab szabályos háromszöget kapunk, melyeket soronként összeszámolva a páratlan számok összegét kapjuk.

d) A c)-hez analóg módon járhatunk el.

e) Minden háromszöget feldarabolhatunk 2 derékszögű háromszögre, és minden derékszögű háromszöget a derékszögű csúcsot az átfogó felezőpontjával összekötve (Thalész-tétel) 2 egyenlőszárú háromszögre. Így minden háromszöget fel tudunk darabolni 4 egyenlőszárúra, és ezt folytatva 3-mal tudjuk növelni a részek számát. (Tehát minden (3k+1) alakú megvan.)

Hat egyenlőszárú háromszöget kaphatunk pl. úgy. hogy a beírt kör középpontját összekötjük az oldalakkal való érintési pontokkal és ezeket egymással (felhasználva, hogy a körhöz húzott érintőszakaszok egyenlők). (Tehát 6-tól kezdve minden (3k) alakú megvan).

8-at (vagy akár már 5-öt is) pedig pl. úgy, hogy a legrövidebb oldalt felmérjük valamelyik hosszabb oldalra, a megmaradó háromszöget pedig felosztjuk 7 egyenlőszárú háromszögre. (Ha szabályos volt a háromszögünk, akkor ez nem megy, de szabályos háromszögre már láttuk, hogy felosztható 8 szabályos így egyenlőszárú háromszögre).

16.9 Az információ mennyisége feladatok megoldása

A 8.9.1 feladat megoldása

Ha a vándor s1 utat tett meg sík talajon, azután s2 utat hegynek felfelé, akkor visszafelé menet is s1 utat tett meg sík talajon, és s2 utat lefelé. Az ehhez szükséges idő 5 óra volt, így

s 1 4 + s 2 3 + s 2 6 + s 1 4 = 5 óra.

Ebből s1+s2=10 km, vagyis összesen 20 km-t tett meg.

Az, hogy látszólag kevés az adat, és mégsem, azon múlik, hogy a megadott sebesség adatok közül az egyik (a sík talajon való) éppen harmonikus közepe a másik kettőnek.

A 8.9.2 feladat megoldása

a)

Egy vágás nem elég. Első nap ugyanis 1-et kell fizetnünk, így csak egy 1-es és egy 6 egység hosszú darab lenne jó, de második nap így nem tudnánk fizetni.

Két vágás elég. Ha darabjaink hossza: 1, 2 és 4 cm, akkor 1-től 7-ig minden összeg fizethető. Az n összeg felírása az n kettes számrendszerbeli alakjának felel meg.

16.9.0.1 Megjegyzés

Másképp nem is végezhetjük el a két vágást. Csak az 1-3-3-as felosztás jönne szóba, de azzal 2 nap nem fizethető ki.

b) Mit jelent az, hogy variáljuk, folytassuk a feladatot!?

Ennek a feladatnak két adata van: hány napig maradunk, hányszor kell vágni. Az előbbi adott, az utóbbi a meghatározandó. Változtathatjuk az adott paramétert:

c) Hányszor kell vágni, ha 2010 napi akar maradni (és 2010cm-es az aranyrúd)? Kicserélhetjük az adott és a meghatározandó paramétert:

d) Hány napig maradhat, ha 3-szor vághat (tehát négy darabot hozhat létre) és annyi cm hosszú rudat vihet, ahány napig maradni akar? Módosíthatjuk a feltételeket is, de lehet, hogy matematikailag teljesen érdektelen kérdéshez jutunk. Pl

e) Hányszor kell vágni, ha 7 napig akar maradni, naponta kell fizetnie, de a fogadós nem tud visszaadni (a megkapott rúddarabokat beteszi a bankba)? Alább csak a c) feladattal foglalkozunk.

8.9.2 c) feladat megoldása

Tíz vágással megoldható a feladat. Az első tíz rész hossza:

2 0 = 1 , 2 1 = 2 , 2 2 = 4 , 2 3 = 8 , 2 4 = 16 , 2 5 = 32 ,

2 6 = 64 , 2 7 = 128 , 2 8 = 256 , 2 9 = 512 .

Ezekkel a kettes számrendszer alapján kifizethető minden összeg 1-től

1 + 2 + 4 + 8 + + 512 = 1024 - 1 = 1023

-ig. A rúdból így megmaradt egy 2010-1023=987 egység hosszú rész. Ha ehhez hozzátesszük a többi darab segítségével előállított 1, 2, 3, 4, 1023 nap kifizetésének megfelelő összegeket, akkor minden egyes nap kifizetését megoldjuk. Kilenc vágással csak 10 darab jön létre. Minden kifizetés a 10 darabból néhány kiválasztását (amelyekkel fizetünk) jelenti. A 10 elemű halmaznak azonban csak 210=1024 részhalmaza van (ráadásul ezek egyike az üres halmaz, és különböző halmazok esetleg azonos értékű összeget is jelenthetnek) így 2010-nél biztosan kevesebb fajta összeg állítható elő belőlük.

16.9.0.2 Megjegyzés

Ha n napig akarunk maradni, akkor az n cm hosszú rudat kb log2n részre kell vágni.

A 8.9.3 feladat megoldásai

16.9.0.3 A 8.9.3 a) mego.

Egy vágással megoldható a probléma. Ha a sorban 3. láncszemet vágjuk el, akkor a lánc három részre esik, egy kettő és egy négy láncszemből álló részre és az egy darab elvágott láncszemre. Ezekkel a kettes számrendszer alapján kirakható mindegyik összeg 1-től 7-ig.

16.9.0.4 A 8.9.3 c) mego.

Ha két szemet elvágunk, akkor lesz eleve két 1-es darabunk és a közöttük levő legfeljebb három rész.

Ha a következő legkisebb darab 4-es lenne, akkor 3-as összeget nem lehetne kifizetni. Tehát a következő legkisebb darab mérete háromféle lehet: 1-es, 2-es vagy 3-as. Nézzük meg, hogy ezekben az esetekben mely összegek fizethetők ki (a már meglevő két 1-essel):

H 1 = { 1 , 2 , 3 } , H 2 = { 1 , 2 , 3 , 4 } , H 3 = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } .

Látható, hogy a két 1-essel és a 3-assal kifizethető összegek halmazának valódi részhalmaza a másik két esetben nyert halmaz. Így nem fordulhat elő, hogy harmadik legkisebb elemnek érdemes legyen az 1-est vagy a 2-est venni a 3-as helyett. Valóban, ha a későbbeikban választott lánchosszakkal kifizethető összegek halmaza G, akkor az összes láncdarabbal kifizethető összegek a az

F i = { h + g | h H i , g G }

halmaz elemei és itt H1H3-ből illetve H2H3-ból nyilván következik, hogy F1F3 illetve F2F3.

Az 1, 1, 3 hosszúságú láncdarabokból nem fizethető ki 6 szemnyi összeg (azaz 6H3) így bővítésnek hozzá kell venni egy legfeljebb 6 hosszú darabot. Ha épp egy 6-ost veszünk hozzá, akkor a

1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11

összegek mind kifizethetők lesznek, ennél rövidebb darab hozzávétele esetén a fenti halmaznak csak egy valódi részhalmaza lesz kifizethető. A fenti módon most is megmutatható, hogy nem érdemes a 6-nál rövidebb darab hozzávétele.

Hasonlóan mutatható meg, hogy az utolsó darab leghosszabb lehetséges és egyben legoptimálisabb mérete a 12. Így 1-től 23 minden összeg kifizethető lesz. Tehát a vándor n=23 esetén (és ennél kisebb n-ekra) maradhat n hosszú lánccal 1-től n napig bárhány napra, ha maximum két szemet vághat ketté.

16.9.0.5 A 8.9.3 b) mego.

Egy szem átvágásával csak legfeljebb három rész keletkezik és három tagból csak 23-1 valódi összeg képezhető, így nem fizethető ki 20-ig minden összeg. Két szem átvágásával megoldható a kifizetés, pl ha a részek hossza 1, 1, 3, 6 és 9. Valóban, láttuk, hogy az első néggyel 1-től 11-ig minden összeg kifizethető, és ha ezek mindegyikéhez hozzávesszük még a 9-est, akkor 10-től 20-ig is minden összeg kifizethető lesz.

16.9.0.6 A 8.9.3 d) mego.

Ha k szemet elvág a vándor, akkor van eleve k szeme, azaz k darab 1 hosszúságú láncdarabja, amivel fizethet és létrejön még k+1 láncdarab.

A (k+1) az a legkisebb mennyiség, ami nem fizethető ki a k szemmel. Ha nem lenne a k szemen kívül egy legfeljebb (k+1) hosszú láncdarab, akkor a (k+1) mennyisége nem lehetne kifizetni. A A 8.9.3 c) fel. megoldásában leírt módon bizonyítható, hogy nem lehet érdemes a (k+1) hosszú darabnál rövidebb darabot választani.

Van tehát k szemünk, egy (k+1)-hosszú láncunk és még k láncdarabunk. Most k+(k+1)+1=2(k+1) az a legkisebb mennyiség, amit a már meglevő szemekkel és darabbal nem tudunk kifizetni, tehát az előzőekhez hasonlóan látható, hogy egy ilyen hosszú láncdarabot érdemes választani a maximális eset megkereséséhez.

Teljes indukcióval igazolható, hogy a k szem mellett a (k+1) darab hossza az optimális elrendezésben

( k + 1 ) , 2 ( k + 1 ) , 4 ( k + 1 ) , , 2 i ( k + 1 ) 2 k ( k + 1 ) ,

és a leghosszabb vállalható időszak ezek összege: 2k+1(k+1)-1 nap.

Valóban, ha valamely i-re (pl fent i=1-re) már láttuk, hogy a k szem mellett a maximális elrendezés legrövidebb darabjainak hosszai (k+1), 2(k+1), ,2i(k+1), amelyekkel az 1, 2, 2i+1(k+1)-1 összegek mind kifizethetők, akkor a már látott módon indokolható, hogy egy 2i+1(k+1) hosszú darabot érdemes választanunk, és ezzel a

2 i + 1 ( k + 1 ) , 2 i + 1 ( k + 1 ) + 1 , , 2 i + 1 ( k + 1 ) + 2 i + 1 ( k + 1 ) - 1 = 2 i + 2 ( k + 1 ) - 1

összegek is mind kifizethetők.

Tehát k vágással maximum 2k+1(k+1)-1 napig maradhat a vándor, ha minden egyes napon fizetnie kell.

A 8.9.4 feladat megoldása

Érdemes a többféle mérési stratégiát összehasonlítani mielőtt kiderülne, hogy 1 mérés elég.

Ha ugyanis pl. az első ládából 1, a másodikból 2, a harmadikból 3 db. stb. érmét teszünk a mérlegre, akkor a túlsúly az 1+2+3++10=55-höz képest elárulja, melyik ládában van a hibás súly.

16.9.0.7 Megjegyzés a 8.9.4 feladathoz

A feladat többféleképpen is módosítható. Meggondolható pl., hogy mi a helyzet akkor, ha több ládában is lehetnek hibás súlyok, de egy ládában csak egyfélék. Ekkor persze az egy-egy ládában levő súlyok darabszámát érdemes elég sokra megnövelni. Ilyenkor is elég egy mérés. (Ha különböző 2-hatvány számú érméket veszünk ki az egyes ládákból, akkor a súlytöbblet megint elárulja, hogy melyekben voltak hibásak, ugyanis minden szám egyértelműen áll elő 2-hatványok összegeként.)

A 8.9.5 feladat megoldása

A mérleg háromféleképp állhat: vagy a bal serpenyője a nehezebb, vagy a jobb, vagy egyensúlyban van, azaz egyenlő súlyok vannak a két serpenyőben. Ha 3-3 súlyt rakunk a két serpenyőbe, akkor jó esetben az egyik nehezebb lesz (ha egyensúlyban vannak, akkor a kimaradó 4 súly között van a hibás). Ebben az esetben a nehezebb súlyok közül 1-et-1-et felrakva megtudjuk, melyik a nehezebb, ha egyensúlyt tapasztalunk, akkor a kimaradó. Ha eredetileg egyensúly volt (a kimaradt 4 súly között volt a hibás), akkor egy méréssel többre van szükség, vagyis 3-ra.

16.9.0.8 Megjegyzés a 8.9.5 feladathoz

Érdemes különböző súlyszámokkal is megoldani a feladatot, hogy világos legyen, hogy a 3 hatványai játszanak döntő szerepet. 9 súly esetén 2 mérés elég, 10-nél mint láttuk 3 mérés kell, de meggondolható, hogy 3 mérés 11, 12, sőt akár 27 súly esetén is elég.

A 8.10.1 feladat megoldása

Néhány példa:

5. táblázat