לדלג לתוכן

פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף 2

מתוך ויקיפדיה, האנציקלופדיה החופשית

< פורטל:מתמטיקה‏ | חידה

לקט חידות מתמטיות

אוסף נוסף של חידות מופיע בדף פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף.

101

אתם עומדים בנקודה אקראית בשדה תירס שצורתו היא עיגול, והתירס הגבוה מפריע לכם לראות. באמצע שדה התירס נמצא טלפון שבאמצעותו אתם יכול לזמן מישהו שיסיע אותכם לביתכם. בשל הראות הלקויה, רק כשתצאו מהשדה תדעו זאת. איך תוכלו להגיע למרכז בוודאות?

פתרון

אתם בוחרים כיוון מסוים והולכים בו את שתגיעו החוצה. אחרי זה אתם מסתובבים וסופרים את הצעדים שלכם עד שאתם יוצאים החוצה מהקצה השני. אז, אתם שוב מסתובבים והולכים חצי מהצעדים שהלכתם קודם, ומצאתם את האמצע של המיתר שהלכתם בו. אתם מסתוביים 90 מעלות ומוצאים את מרכז הקוטר בו אתם הולכים באותה דרך שמצאתם את האמצע של המיתר. הפתרון מבוסס על אחת מהדרכים למצוא אמצע של עיגול.

עריכה | תבנית | שיחה

102

כדור הארץ

נתון כבל המועבר על פני כל ההיקף של כדור הארץ.

מה האורך שצריך להוסיף לכבל אם רוצים להגביה אותו במטר מעל כל נקודה בהיקף כדור הארץ?

(הערה: הניחו שכדור הארץ הוא כדור מושלם. קוטר כדור הארץ הוא 12,742 ק"מ בקירוב).

פתרון

היקף המעגל הוא

2\pi r

(כאשר r הוא הרדיוס). הרדיוס החדש הוא r+1 (מוסיפים מטר אחד מכל צד), ולכן ההיקף של המעגל המרכזי בכדור הארץ יהיה

2\pi (r+1)=2\pi r+2\pi

, כלומר הכבל ייתארך ב-

2\pi

מטרים, שהם כ-6.28 מטר. כפי שניתן לראות, ההתארכות הנחוצה כלל אינה תלויה ברדיוס כדור הארץ, והיא זהה בכל הגופים הכדוריים.

עריכה | תבנית | שיחה

103

עליכם להעביר נהר 8 אנשים: אבא, אמא, 2 בנים, 2 בנות, שוטר וגנב. ברשותכם סירה עם שני מקומות. עליכם להעביר את כולם בכפוף לכללים הבאים:

אסור להשאיר את הגנב עם עוד מישהו שאיננו שוטר, אלא אם השוטר נמצא גם
אסור להשאיר את האבא עם אחת מהבנות (או שתיהן) בלי האמא, ואת האמא עם אחד מהבנים (או שניהם) בלי האבא
רק מבוגרים (אבא, אמא, שוטר וגנב) יכולים להשיט את הסירה

איך תעבירו את כולם?

(הערות: הסירה איננה יכולה לעבור מצד לצד לבדה. בסעיפים 1-2 הכוונה גם למי שנמצא בסירה, אם היא ליד הגדה הזאת. דוגמה: מותר להשאיר את הגנב עם עוד מישהו אם השוטר נמצא בסירה כשהיא סמוכה אליהם.)

פתרון

# גנב ושוטר שטים, שוטר חוזר

שוטר וילד שטים, שוטר וגנב חוזרים
אבא וילד שטים, אבא חוזר
אבא ואמא שטים, אמא חוזרת
שוטר וגנב שטים, אבא חוזר
אבא ואמא שטים, אמא חוזרת
אמא וילדה שטות, שוטר וגנב חוזרים
שוטר וילדה שטים, שוטר חוזר
שוטר וגנב שטים.

עריכה | תבנית | שיחה

104

האם קיימת קבוצה אינסופית של מספרים טבעיים, כך שבכל תת-קבוצה סופית לא ריקה שלה סכום האיברים אינו ריבוע של מספר שלם?

פתרון

פתרון ראשון

קבוצה כזו קיימת, למשל - החזקות של 10 עם מעריך אי-זוגי: 10, 1000, 100000, 10000000,... סכום האיברים בכל תת-קבוצה לא ריקה מסתיים במספר אי-זוגי של אפסים. לעומת זאת ריבוע של שלם מסתיים במספר זוגי של אפסים (כי מספר האפסים מכפיל את עצמו בעת העלאה בריבוע).

פתרון שני

נגדיר סדרה של מספרים טבעיים באופן רקורסיבי באופן הבא: $a_{1}=2,a_{n+1}=a_{n}^{2}+1$ . כל מספר בקבוצה הזו הוא מצורה $k^{2}+1$ . עבור כל תת-קבוצה סופית שנבחר נסתכל על המספר הגדול ביותר בה, שנסמנו $a_{max}=k^{2}+1$ . ברור שסכום המספרים המרבי האפשרי של התת-קבוצה שווה למספר הגדול ביותר בקבוצה ועוד כל המספרים בסדרה שהגדרנו שקטנים ממנו. כיוון ש- $a_{max}>k^{2}$ , אם נצליח להוכיח שסכום המספר הגדול בקבוצה וכל המספרים בסדרה שהגדרנו שקטנים ממנו קטן מ- $(k+1)^{2}=(k^{2}+1)+2k=a_{max}+2k$ , אז "חסמנו" למעשה את הסכום בין שני ריבועים עוקבים, ולכן הוא לא יכול להיות ריבוע. מספיק להוכיח למעשה שסכום כל המספרים בתת-קבוצה פרט למספר הגדול ביותר בה ( $k^{2}+1$ ) והמספר השני הגדול ביותר בה ( $k$ ) הינו קטן מ- $k$ . לכל אוסף של מספרים שגדולים או שווים ל-2 מכפלתם גדולה או שווה לסכומם. לכן אם נוכיח שמכפלת כל האיברים בתת-קבוצה פרט לשני האיברים הגדולים ביותר בה קטנה מ-k אז ההוכחה הסתיימה. מתקיים בסדרה: $a_{n-1}<{\sqrt {a_{n}}}$ , ולכן: $a_{n-i}<a_{n}^{\frac {1}{2^{i}}}$ . מכפלת כל המספרים הללו היא לפיכך קטנה מ- $k^{1/2+1/4+1/8+...+1/(2^{k-1})}<k$ (התוצאה האחרונה נובעת מכך שסכום הסדרה ההנדסית שבמעריך תמיד קטן מ-1).

מ.ש.ל

עריכה | תבנית | שיחה

105

הוכיחו שקיים מספר שמתחלק ב-

5^{100}

וכל ספרותיו אי-זוגיות.

פתרון

ראשית נשים לב שספרת האחדות של

5^{100}

היא 5. נבנה מספר המקיים את הדרישה באופן הבא:

ראשית ניקח את $5^{100}$ . נסתכל על ספרת העשרות שלו. האם היא זוגית או אי-זוגית? במקרה זה ניתן לראות שהיא 2, כלומר זוגית, ועל כן נוסיף $10\cdot 5^{100}$ ונקבל ספרת עשרות אי-זוגית. נעבור לספרת המאות. אם היא אי-זוגית, נתעלם, אך אם היא זוגית בשלב זה, נוסיף את $100\cdot 5^{100}$ ונקבל ספרת מאות אי-זוגית. וכך ניתן להמשיך על כל ספרה (לא לעשות כלום אם היא אי-זוגית, ולהוסיף $10^{n}\cdot 5^{100}$ אם היא זוגית, כאשר n הוא מספרה הסידורי) ולאחר 100 פעמים נקבל מספר עם 100 ספרות אחרונות אי-זוגיות. (תשומת לב שהמספר שהתקבל עדיין מתחלק ב- $5^{100}$ , כי הוספו רק כפולות שלו). כעת נזכיר את סימן ההתחלקות של $5^{n}$ : מספר מתחלק ב- $5^{n}$ אם ורק אם n הספרות האחרונות שלו מתחלקות ב- $5^{n}$ . בפרט, מהמספר שבנינו ניתן לקחת את 100 הספרות האחרונות ולקבל מספר שמתחלק ב- $5^{100}$ וכל ספרותיו אי-זוגיות, כמבוקש.

עריכה | תבנית | שיחה

106

שני אנשים משחקים במשחק הבא: נתונים 999 מטבעות מחולקים ל-100 ערמות שמסודרות בשורה. כל אחד מהם בתורו יכול לקחת ערמה קיצונית כלשהי (הכי ימנית או הכי שמאלית). מנצח מי שיש לו בסוף המשחק יותר מטבעות. למי מהצדדים יש אסטרטגיית ניצחון ומה היא?

פתרון

לראשון יש אסטרטגיה: עליו לסכם את כל הערמות במקומות האי זוגיים לעומת הערמות במקומות הזוגיים, ולבחור בסכום הגדול יותר. לדוגמה, נניח שסכום הערמות האי-זוגיות גדול יותר, אז בהתחלה הוא ייקח את הערמה הראשונה. השחקן השני חייב לקחת ערמה זוגית (2 או 100) וככה תמיד לראשון אחת מהערמות הקיצוניות תהיה זוגית ואחת אי-זוגית (כי מספר הערמות בתורו תמיד זוגי) והוא יוכל תמיד לבחור רק ערמות אי-זוגיות, ולנצח במשחק.

עריכה | תבנית | שיחה

107

ברצונך לצוד ארנבת. ידוע שהארנבת נמצאת לאורך קו מסוים, שעליו 10 נקודות שעליהן היא יכולה להיות.

ברשותך רובה, ללא הגבלה על מספר היריות. לאחר כל ירייה הארנבת קופצת לאחת הנקודות הסמוכות (משמאל או מימין).

איך תפגע בארנבת בוודאות?

פתרון

ראשית נירה בנקודות 2, 3, 4... עד 9. אם עוד לא פגענו בה, נירה בנקודות 1, 2, 3... עד 9.

למה הפתרון עובד? בהתחלה נניח שהארנבת התחילה במספר זוגי. אם היא הייתה ב-2, פגענו בירייה ראשונה. אם ב-4, אם היא הייתה קופצת שמאלה היינו פוגעים בירייה שנייה, ולכן הכרחי שהיא קפצה ימינה. אפשר לשים לב שעל פי אותה הדרך הארנבת תמיד תהיה מימין לירייה שלנו, עד שנפגע.

אם היא התחילה במספר אי-זוגי, אז אותו טיעון תקף שוב, ולכן אפשר לראות שהיא תמיד תהיה מימין לירייה שלנו, שוב, עד שנפגע.

הערה: קיימים עוד פתרונות לחידה.

עריכה | תבנית | שיחה

108

ישנם 2002 עובדים בבנק. כל העובדים הגיעו לארוחה חגיגית והתיישבו מסביב לשולחן עגול.

ידוע, כי הפרש השכר של כל שני עובדים סמוכים שווה ל-2 או ל-3 שקלים. מהו ההפרש המקסימלי שייתכן בין שני עובדים בבנק, אם ידוע, כי אין שני עובדים עם שכר זהה?

פתרון

3,002. בין מקבלי המשכורת המינימלית והמקסימלית יושבים (באחד הצדדים) לא יותר מ-1,000 אנשים. לכן הפרש משכורתם לא יותר מ-3,003 שקלים. הוא לא יכול להיות בדיוק 3003: במקרה זה ביניהם מכל צד של השולחן יושבים 1000 אנשים והפרש משכורות של כל שני שכנים שווה 3 וכתוצאה מכך משכורות של שני השכנים של בעל המשכורת המינימלית שוות – בסתירה לנתון.

ההפרש בגודל 3002 אפשרי: המשכורת המינימלית היא 1000, מקסימלית – 4002, מצד אחד יושבים (לפי הסדר) עובדים עם משכורת 1002, 1005, 1008, …, 3996, 3999, מצד שני: 1003, 1006, …, 3997, 4000.

עריכה | תבנית | שיחה

109

מגדלי עזריאלי

מגדלי עזריאלי הם קומפלקס של שלושה גורדי שחקים בתל אביב. "טביעת הרגל" של המגדלים היא מעגל, משולש וריבוע, כך שהמגדלים הם גליל, מנסרה משולשת ומנסרה ריבועית. בהנחה שקוטר המגדל העגול שווה לאורך צלע של המגדל המשולש (שבסיסו הוא משולש שווה-צלעות) ולאורך האלכסון של המגדל המרובע, מיהו המגדל ששטח בסיסו (או גגו) הוא הגדול ביותר, ומיהו המגדל ששטח בסיסו הוא הקטן ביותר? נסו להגיע לפתרון במינימום חישובים.

פתרון

עלינו להשוות בין שטחיהם של עיגול, ריבוע ומשולש שווה-צלעות, שבהם האלכסון של הריבוע שווה לקוטר העיגול ולצלע של המשולש. כיוון שקוטר העיגול שווה לאורך האלכסון של הריבוע, הרי המעגל הוא מעגל חוסם לריבוע, ולכן ברור ששטח העיגול גדול מזה של הריבוע.

ריבוע חסום במעגל - האלכסון שווה לקוטר

להשוואה בין שטח העיגול לשטח המשולש ננעץ מחוגה במרכז אחת מצלעות המשולש, ונקצה חצי עיגול העובר דרך שני הקודקודים של צלע זו, וחותך את שתי הצלעות האחרות. נחבר את שלוש הנקודות, ונגלה שחילקנו את המשולש לארבעה משולשים חופפים (ודומים למשולש המקורי), ששלושה מהם נמצאים בתוך חצי העיגול. שטח חצי העיגול גדול, אם כן, משלושה רבעים של המשולש, לכן שטח העיגול גדול יותר מאשר 1.5 פעמים שטח המשולש.

חצי עיגול מכסה יותר משלושה רבעים של המשולש

מצאנו, אם כן, שהעיגול הוא בעל השטח הגדול ביותר.

כעת נותר להשוות בין שטח הריבוע לשטח המשולש, כדי לקבוע מי מביניהם קטן יותר. אם אורך צלע הריבוע הוא $a$ הרי שטחו הוא $a^{2}$ . בעזרת משפט פיתגורס נמצא ששטח המשולש הוא ${\frac {\sqrt {3}}{2}}a^{2}$ , כלומר שטח המשולש קטן משטח הריבוע.

מצאנו, אם כן, שהמשולש הוא בעל השטח הקטן ביותר.

חידת המשך:

כיצד יושפע הסדר אם נניח שקוטר העיגול שווה לאורך צלע הריבוע (וצלע המשולש ממשיכה להיות שווה לאלכסון הריבוע)?

פתרון

השינוי גורם לכך שכעת המעגל הוא מעגל חסום, כלומר שטח הריבוע גדול משטח המעגל. ביחס בין שטח הריבוע לשטח המשולש לא חל שינוי: שטח הריבוע גדול משטח המשולש.

מצאנו, אם כן, שהריבוע הוא בעל השטח הגדול ביותר.

כעת נותר להשוות בין שטח העיגול לשטח המשולש, כדי לקבוע מי מביניהם קטן יותר. כבר חישבנו שאם אורך צלע הריבוע הוא $a$ הרי שטח המשולש הוא ${\frac {\sqrt {3}}{2}}a^{2}$ . את שטח העיגול קל לחשב, והוא ${\frac {\pi }{4}}a^{2}$ . חישוב ערכי שני המקדמים של $\ a^{2}$ יגלה ששטח המשולש גדול במעט משטח הריבוע.

מצאנו, אם כן, שהעיגול הוא בעל השטח הקטן ביותר.

עריכה | תבנית | שיחה

110

על שולחן עגול מונחים 20 תפריטים, 10 בצרפתית ו-10 ביפנית. מסביב לשולחן יושבים 20 אנשים, 10 צרפתים ו-10 יפנים, כך שמול כל אחד מהם תפריט. השולחן ניתן לסיבוב. הוכיחו שקיים סיבוב של השולחן שבו לפחות 10 מהאנשים מקבלים תפריט בשפה שלהם.

פתרון

נניח בשלילה שזה לא נכון, ואז בכל סיבוב של השולחן 9 אנשים לכל היותר מקבלים תפריט נכון, ולכן ב-20 הסיבובים מתקבל תפריט נכון לכל היותר 180 פעמים. מצד שני, אם מסובבים את השולחן לכל 20 המצבים כל אחד מקבל תפריט נכון בדיוק 10 פעמים, ולכן ב-20 סיבובים מתקבל תפריט נכון 200 פעמים. סתירה

עריכה | תבנית | שיחה

111

נתונים 11 מספרים טבעיים. נתון שאם תוציא אחד מהם, תוכל לחלק את ה-10 האחרים לשתי קבוצות שכל אחת מהן מורכבת מ-5 מספרים, כך שסכומן זהה. הוכח שכל 11 המספרים שווים זה לזה.

פתרון

ראשית נשים לב שמותר לנו לחסר מכל המספרים אותו מספר, וכן לחלק אותם באותו מספר. אכן, אם נחסיר מכולם a אז נחסיר מסכום כל קבוצה 5a, ולכן הן יישארו שוות. כמו כן אם נחלק כל מספר ב-a נחלק גם את הסכום ב-a, ולכן גם זה לא ישנה. בנוסף, נשים לב שכל המספרים בעלי אותה זוגיות (כולם זוגיים או אי-זוגיים), כיוון שאם זה לא ככה, זה אומר שניתן לבחור 10 מספרים כך שסכומם אי-זוגי ואי אפשר לחלק שווה בשווה. נחסיר מכל המספרים את המספר הקטן ביותר. נקבל שאחד המספרים הוא 0. כיוון ש-0 הוא זוגי, כל שאר המספרים זוגיים גם הם, ולכן נחלק את כולם ב-2. כיוון שהתנאי המקורי נשמר (הוכחנו שכל הפעולות שעשינו לא משפיעות עליו) עדיין כל המספרים זוגיים, ולכן אפשר שוב לחלק את כולם ב-2. אלא אם כן כולם שווים ל-0, נקבל סתירה מכיוון שאין מספר שלם חיובי שניתן לחלק אינספוף פעמים ב-2. מכאן שכל המספרים המקוריים היו שווים.

עריכה | תבנית | שיחה

112

נתונים 10 שקים. בכל אחד מהם נמצאים המון מטבעות. כל המטבעות שוקלים 1 גרם, מלבד שק אחד שהמטבעות בו מזויפים ושוקלים 2 גרם. ברשותך מאזניים דיגיטליים שנותנים משקל מספרי. מהו המספר הקטן ביותר של שקילות שדרוש כדי למצוא את השק המזויף?

פתרון

ניקח מטבע אחד מהשק הראשון, שניים מהשק השני, שלושה מהשלישי וכן הלאה. אם כל השקים היו אמיתיים היה אמור להיות סכום של 55 (ראו מספר משולשי) ההפרש בין המשקל שיצא לבין 55 הוא השק המזויף (כי כל מטבע שהוצא ממנו מוסיף 1 גרם לסכום הכולל). לפיכך המספר המבוקש הוא 1.

אותה חידה, אלא שהפעם כל שק יכול להיות מזויף או אמיתי. כמה שקילות דרושות הפעם?

פתרון

הפעם נוציא מטבע אחד מהשק הראשון, שניים מהשני, ארבעה מהשלישי ובאופן כללי

2^{n-1}

מהשק ה-nי. אילו כל השקים היו אמיתיים, הסכום היה 1023. נסתכל על ההפרש בין המספר שיצא לבין 1023 ונרשום אותו בבסיס בינארי. איפה שהספרה היא 1, סימן שהשק הוא מזויף. לפיכך התשובה היא שוב 1.

עריכה | תבנית | שיחה

113

נדרש להגיע למספר 2000, באמצעות המספרים 1 עד 5 בלבד, כאשר מותר להשתמש בכל מספר פעם אחת. הפעולות המותרות הן כפל, חיסור והעלאה בחזקה.

פתרון

2^{4}*5^{3}*1

$5^{2}*(3^{4}-1)$

עריכה | תבנית | שיחה

114

נתונים n מספרים:

x_{1},x_{2}...x_{n}

, שכל אחד מהם שווה ל-1 או ל-1-. נתון ש:

x_{1}\cdot x_{2}+x_{2}\cdot x_{3}...+x_{n-1}\cdot x_{n}+x_{n}\cdot x_{1}=0

. הוכח ש-n מתחלק ב-4.

פתרון

1. נסתכל על הביטוי הזה כאשר מציבים במשתנים 1 או 1- כרצוננו (כך שהוא לאו דווקא שווה ל-0). נשים לב שהערך שלו מודולו 4 נשמר כי אם נשנה את אחד המשתנים, שני ביטויים ישתנו, כך שהסכום יעלה ב-4, ירד ב-4, או לא ישתנה כלל.

בנתון אומרים לנו שהביטוי שווה ל-0, ולכן כל הצבה אחרת תתן מספר המתחלק ב-4 (0 מודולו 4) כיוון שאם נציב בכולם 1 נקבל n, n מתחלק ב-4.

2. ראשית נשים לב ש-n זוגי, כי כל אחד מהמחוברים שווה 1 או 1- וסכומם 0, ולכן יש כמות שווה מכל אחד. עכשיו נראה ש-1- מתקבל תמיד על ידי הכפלה של אחד במינוס אחד. אם נסתכל בזוגות אחד אחד מימין לשמאל, נראה שאחרי כל הכפלה $1\cdot -1$ חייבת לבוא הכפלה $-1\cdot 1$ , ולכן מספרן שווה. מכאן שיש מספר זוגי של 1-, ואותו מספר של 1, ולכן המספר הכללי, כלומר n, מתחלק ב-4.

עריכה | תבנית | שיחה

115

על אוטובוס עולות 8 נוסעות. כל נוסעת מחזיקה בידה 8 שקים. בתוך כל שק נמצאות 8 חתולות בוגרות. לכל חתולה בוגרת ישנן 8 גורות חתולות.

כמה רגליים, כולל הנהג, נמצאים על האוטובוס?

פתרון

באוטובוס ישנן 8 נוסעות, לכל נוסעת 8 שקים, ובכל שק 8 חתולות.

8*8*8 = 512 חתולות גדולות. לכל חתולה 8 גורים = 4096 גורים. סך הכל 4608 חתולות, כפול 4 רגליים לכל אחת, 18432. לאחר הוספת 16 רגלי הנוסעות ו2 רגליים לנהג, מתקבלת התשובה שהיא 18450.

עריכה | תבנית | שיחה

116

אסטרונאוט שטס לחלל ליומיים, מקבל שני סוגים של כדורים שעליו לקחת, אחד מכל סוג בכל יום. כל ארבעת הכדורים נראים זהים לחלוטין. במהלך ההמראה, מתערבבים הכדורים ולאסטרונאוט אין שום דרך לדעת אם כדור מסוים הוא מסוג א' או מסוג ב'. מה יכול לעשות האסטרונאוט כדי לקחת את הכדורים בצורה תקינה?

פתרון

עליו לחתוך כל אחד מהכדורים לשני חצאים, ולקחת חצי מכל כדור ביום הראשון ואת החצי השני מכל כדור ביום השני.

עריכה | תבנית | שיחה

117

הגיל שלי הוא כפולה של 7.

בעוד שנה יהיה גילי כפולה של 5.

עוד לא מלאו לי 50 שנה, אך כבר שירתתי בצבא.

בן כמה אני?

פתרון

אם בעוד שנה גילי יהיה כפולה של 5, ספרת היחידות של גילי הוא 4 או 9. המספרים היחידם שקטנים מ-50, ספרת היחידות שלהם היא 4 או 9 והם מתחלקים ב-7 הם: 14 ו-49. בגיל 14 לא משרתים בצבא, ולכן התשובה היא 49.

עריכה | תבנית | שיחה

118

כמה מאלפי כלבים וכמה כלבים יש בכלבייה, אם בסך הכול יש בה 30 ראשים ו-100 רגליים?

פתרון

זו בעיה פשוטה באלגברה בסיסית.

נסמן ב- $x$ את מספר האנשים ובב- $y$ את מספר הכלבים, ונקבל שתי משוואות בשני נעלמים:

x+y=30

2x+4y=100

שפתרונן: 20 כלבים ו-10 אנשים.

חידת המשך: הפעם, ידוע שיש באזור בעל חיים אחר שאותו מאלפים אנשים ושבאזור 30 אנשים. כמה רגליים יש לאותו בעל חיים וכמה בעלי חיים כאלה יש, אם ידוע שבאזור יש 50 ראשים ו-220 רגליים?

פתרון

זו בעיה נוספת באלגברה בסיסית.

נסמן מחדש ב- $x$ את בעלי החיים הנוספים וב $y$ את מספר הרגליים לכל בעל חיים. נקבל את המשוואות:

x+30=50

220-60=xy

שפתורנן הוא $y=8x=20$ מה שאומר שלכל בעל חיים יש 8 רגליים (כנראה עכביש) ויש 20 עכבישים.

עריכה | תבנית | שיחה

119

נתון לוח בצורת ריבוע. בכל פינה של הלוח יש מתג, ובמרכזו יש נורה. הנורה דולקת אם כל המתגים באותו מצב (פתוח/סגור) לא ידוע בכל מתג מה פתוח ומה סגור. בכל פעם מותר להיכנס לחדר ולשנות חלק מהמתגים. אם לאחר מכן הנורה לא נדלקה, יוצאים מהחדר והשולחן מסתובב באופן אקראי. איך אפשר להדליק את הנורה בוודאות?

פתרון

יש לעשות את הצעדים הבאים:

לשנות שתי פינות
לשנות שני מתגים סמוכים
לשנות שתי פינות
לשנות מתג אחד
לשנות שתי פינות
לשנות שני מתגים סמוכים
לשנות שתי פינות

הסבר: ראשית נשים לב שמהלכים 1,2,3,5,6,7 לא משנים את זוגיות המתגים הפתוחים ו-4 כן. נניח שבהתחלה היו מספר זוגי של מתגים פתוחים. זה חייב להיות 2 (אחרת הנורה הייתה נדלקת מייד) אם הם באלכסון, המהלך הראשון פותר מייד. אם הם צמודים, המהלך הזה ישאיר אותם צמודים, ואז מהלך 2 יפתור או יהפוך אותם לאלכסונים, ואז מהלך 3 יפתור. אם כל זה לא עבד המספר המקורי היה אי זוגי, ואז מהלך 4 הופך אותו לזוגי וכאן אותם מהלכי, על פי אותו הסבר, בהכרח יפתרו.

עריכה | תבנית | שיחה

120

מגן דוד

כוכב קסם מסדר $n$ הוא ריבוע קסם בצורת כוכב משוכלל בעל $n$ צלעות. בכוכב קסם המספרים ממוקמים בקודקודים ובנקודות ההצטלבות של הצלעות, כך שסכום ארבעת המספרים לאורך כל צלע קבוע ושווה לקבוע הקסם: $M=4n+2$ .

מגן דוד אשר הוא כוכב משוכלל בעל 6 צלעות, אשר יכול לשמש כסדר הנמוך ביותר של כוכב קסם כאשר $n=6$ .

כיצד תוכלו לשבץ את המספרים מ-1 עד 12 על קודקודי מגן דוד כך שיתקבל כוכב קסם?

פתרון

בכוכב קסם, סכום ארבעת המספרים לאורך צלע הוא קבוע ושווה שווה לקבוע הקסם:

M=4n+2

.

כאשר $n=6$ , קבוע הקסם הוא $M=4n+2=4*6+2=26$ .

קבוע קסם זה יוביל לשיבוץ הבא (הקסגרמה קסם (n = 6, M = 26)):

עריכה | תבנית | שיחה

121

בחדר חשוך ישנם

x>10

מטבעות דו-צדדיים (בהם צד שחור וצד לבן). ברגע שאדם נכנס לחדר ידוע שישנם 10 מטבעות עם הצד הלבן כלפי מעלה. כיצד ניתן לחלק את המטבעות לשתי קבוצות בעלות אותו מספר של מטבעות עם הצד הלבן כלפי מעלה (כזכור, החדר חשוך, ועל כן האדם אינו יכול לראות את המטבעות)?

פתרון

בוחרים בתור אחת הקבוצות 10 מטבעות אקראיים, והופכים אותם. נראה שהפתרון נכון: לאחר ההפרדה לקבוצות, בקבוצה שבחרנו (קבוצה א') יש 10 מטבעות, ובקבוצה השנייה (קבוצה ב') יש

\ x-10

מטבעות. נסמן את מספר המטבעות הלבנים (צד לבן כלפי מעלה) בקבוצה ב' ב-

\ y

, ולכן מספר המטבעות הלבנים בקבוצה א' הוא

\ 10-y

. לאחר שהופכים את המטבעות בקבוצה א', "צבע" כל המטבעות מתהפך, ולכן יהיו בה

\ y

מטבעות לבנים ו-

\ 10-y

מטבעות שחורים. לכן מספר המטבעות הלבנים בשתי הקבוצות שווה.

עריכה | תבנית | שיחה

122

מי יוצא דופן?

רמז

אוריינטציה

חידת רמז

מי יוצא דופן?

רמז

פתרון

התשובה היא 4. זאת התמונה היחידה בה הכתוב הוא בכתב ראי.

פתרון

התשובה היא 4. בשונה מחידת הרמז, לא ניתן להשתמש במושג כתב ראי. במקומו נשתמש במושג האוריינטציה.

נאמר ששתי תמונות הן שקולות אם קיימת טרנספורמציה שומרת אוריינטציה של המישור המעבירה ביניהן. כל התמונות מלבד תמונה 4 שקולות זו לזו. לעומת זאת כדי לקבל את תמונה 4 מכל אחת מהאחרות, יש להפעיל טרנספורמציה הופכת אוריינטציה.

עריכה | תבנית | שיחה

123

שתי פחיות

יצרן משקאות קלים החליט להגדיל את גובה פחיות המשקה שלו ב-25%, בלי לשנות את נפח הפחית. בכמה אחוזים עליו להקטין את קוטר הפחית?

פתרון

נפח של גליל, שרדיוסו

\ r

\ h

, הוא

V=\ \pi r^{2}h

(ובמילים: שטח הבסיס כפול הגובה).

לפי נוסחה זו, הגדלת הגובה $\ h$ ב-25%, כלומר פי $\ 5/4$ , מצריכה הקטנה של $\ r^{2}$ פי $\ 4/5$ , ולכן יש להקטין את הרדיוס $\ r$ פי ${\sqrt {4/5}}$ כלומר פי $\ 0.8944...$ כלומר להקטין את הרדיוס (ובהתאם לכך יקטן גם את הקוטר) ב-10.56%.

חידת המשך:

כיצד השתנתה צריכת האלומיניום הנחוץ לייצור פחית (בהנחה שהפחיות הן גלילים מדויקים, ועובי האלומיניום זהה בכל חלקי הפחית)?

פתרון

נסמן את רדיוס הפחית המקורית ב-

\ r

ואת גובהה ב-

\ h

, ונקבל ששטח הפנים שלה שווה לשטח שני הבסיסים ועוד היקף הבסיס כפול הגובה, כלומר הוא:

A=\ 2\pi r^{2}+2\pi rh

. בעקבות הגדלת גובה הפחית פי

\ 5/4

והקטנת קוטרה פי

\ 4/5

יהיה שטח הפנים שלה:

\ A=8/5\pi r^{2}+10/4\pi rh=1.6\pi r^{2}+2.5\pi rh

.

חידת המשך:

מהו היחס הנדרש בין גובה הפחית לרדיוסה, כדי שצריכת האלומיניום תהיה מזערית?

פתרון

כאמור, שטח הפנים של הפחית שווה לשטח שני הבסיסים ועוד היקף הבסיס כפול הגובה, כלומר הוא:

A=\ 2\pi r^{2}+2\pi rh

. נסמן ב-

\ x

את היחס בין הגובה לרדיוס, כלומר

\ h=xd

, ונקבל ששטח הפנים הוא:

A=\ 2\pi r^{2}+2\pi rxd

. כעת נותר למצוא לאיזה

\ x

נקבל

\ A

מזערי.

עריכה | תבנית | שיחה

124

שתי פיתות

בנוסף לפיתות הנפוצות, העגולות, נמכרות גם פיתות ריבועיות. בהנחה שעובי שתי הפיתות זהה, כאשר נתונה פיתה עגולה שרדיוסה R, מהו אורך הצלע של פיתה ריבועית באותו משקל?

פתרון

כיוון שעובי שתי הפיתות זהה, כדי שגם משקלן יהיה זהה עליהן להיות בעלות שטח זהה. שטח הפיתה העגולה הוא

\pi R^{2}

, ולכן אורך הצלע של הפיתה הריבועית הוא:

{\sqrt {\pi R^{2}}}={\sqrt {\pi }}R

. לפיכך אורך הצלע של הפיתה הריבועית גדול מהרדיוס של הפיתה העגולה אך קטן מהקוטר שלה.

חידת המשך:

כאשר נתונה פיתה שרדיוסה R, האם ניתן לבנות, באמצעות סרגל ומחוגה בלבד, את הריבוע של הפיתה הריבועית שמשקלה זהה?

פתרון

בעיית תַּרְבּוּעַ הפיתה שהוצגה כאן היא למעשה גרסה בצקית של בעיית תרבוע העיגול, שהעסיקה את היוונים בעת העתיקה. בשנת 1882 הוכיח פרדיננד לינדמן את משפט לינדמן, שממנו נובע שלא ניתן לבנות ריבוע השווה בשטחו לעיגול נתון.

עריכה | תבנית | שיחה

125

אדם רוכב על אופניים. במשך כל שעה הוא רוכב במהירות קבועה, של 10 קמ"ש או 5 קמ"ש, ובתחילת כל שעה משנה את מהירותו מהמהירות האחת לאחרת. כמה קילומטרים עבר במשך 7 שעות?

פתרון

לוּ מספר השעות היה זוגי, אפשר היה לחשב את המרחק, משום שברור שבמחצית השעות רכב במהירות של 10 קמ"ש, ובמחצית השעות האחרת רכב במהירות של 5 קמ"ש, ואין כל חשיבות לסדר.
7 הוא מספר אי-זוגי, ולא נתון מה המהירות של הרוכב בשעה הראשונה. לכן אפשרי שהרוכב רכב במשך 4 שעות במהירות 10 קמ"ש ו-3 שעות במהירות של 5 קמ"ש או להפך, כך שישנן שתי תשובות אפשריות: 50 ק"מ או 55 ק"מ.

עריכה | תבנית | שיחה

126

שני מתמטיקאים נפגשים לקפה. אומר לו הראשון: "יש לי 3 בנות".

"מה הגילאים שלהן?"
-"מכפלת הגילאים שלהן היא 72"
-"זה לא מספיק נתונים"
-"סכום הגילאים שלהן הוא כמו המספר של הבניין שמה"
-"זה עדיין לא מספיק נתונים"
-"הבכורה מנגנת על פסנתר"
-"עכשיו אני יודע!"

בנות כמה הבנות?

פתרון

גם אחרי שאמרו למתמטיקאי השני את סכום ומכפלת הגילאים ועדיין לא היו לו מספיק נתונים, זה אומר שיש שני סטים שונים של 3 גילאים שסכומם אותו דבר ומכפלתם 72. אחרי בדיקה ידנית, הסטים הם 2,6,6 ו-3,3,8. אחרי שהוא אמר "הבכורה", זה ברור שיש בכורה ונודע לו שהגילאים הם 3,3,8.

עריכה | תבנית | שיחה

127

גומייה באורך רפוי

l_{0}=1m

מחוברת בקצה אחד שלה לקיר אנכי. ברגע

t=0

הגומייה מתחילה להימתח, כך שמהירות הקצה החופשי היא

V=6m/s

. על הקצה הקשור של הגומייה עומדת נמלה. ברגע

t=0

הנמלה מתחילה ללכת על הגומייה במהירות

U=2m/s

. השאלה היא, האם הנמלה תגיע אי פעם לקצה הגומייה?

פתרון

התשובה לשאלה היא כן, ונוכיח זאת. הרעיון המרכזי של ההוכחה הוא לשאול בכל פעם מה החלק היחסי של הגומייה אליו הנמלה חייבת להגיע על מנת להגיע לקצה הגומייה, וכך לחלק את הדרך שעוברת הנמלה על הגומייה לשלבים. ברור שהקצה החופשי של הגומייה נע במהירות קבועה, בעוד הנמלה מאיצה כל הזמן. השאלה היא בעצם האם המהירות הכוללת של הנמלה (עקב תנועת הגומייה שמתחת לנמלה ותנועת הנמלה על הגומייה) תתכנס לערך שקטן ממהירות הקצה החופשי או שתחצה אותה.

שאלה 1: לאיזה חלק יחסי $\lambda _{1}=X/l$ של הגומייה (כאשר X הוא מיקום הנמלה ו-l מיקום הקצה החופשי של הגומייה) הנמלה חייבת להגיע כדי שתוכל להגיע בוודאות לקצה הגומייה?

תשובה 1: ברור שהמהירות הכוללת של הנמלה בנקודה זו צריכה להשתוות למהירות הקצה החופשי. מהירות הגומייה בנקודה זו היא $V\lambda _{1}$ ולכן צריך להתקיים: $V\lambda _{1}+U=V$ , מכאן מקבלים $\lambda _{1}=2/3$ .

שאלה 2: מכיוון שהשליש האחרון של הגומייה לא רלוונטי (אם הנמלה מגיעה אליו אז היא תגיע לקצה הגומייה) נפסיק להסתכל אליו לרגע. לאיזה חלק יחסי $\lambda _{2}$ של הגומייה הנמלה חייבת להגיע כדי שתוכל להגיע לשני שלישים של הגומייה?

תשובה 2: מהירות הנקודה שמחלקת את הגומייה לשני שלישים היא 4m/s, ולכן הנמלה חייבת להגיע ל-1/3 הגומייה כדי שתוכל להגיע ל-2/3 הגומייה.

שאלה 3: האם הנמלה תוכל להגיע לשליש הגומייה?

תשובה 3: הנמלה כבר מתחילה את הדרך שלה עם מהירות שווה לזו של נקודה זו, ולכן כעבור שבריר שנייה היא נעשית מהירה יותר מנקודה זו ולכן תשיג אותה. לפיכך הנמלה תגיע לקצה הגומייה.

מ.ש.ל

הערה: פתרון של השאלה במקרה הכללי ביותר מתקבל על ידי אינטגרציה של תנועת הנמלה, ומראה שמהירות הנמלה לפי הזמן היא לוגריתמית, ולכן תחצה כל ערך קבוע שהוא.

דרך אחרת לפתרון: הנמלה עוברת בכל שנייה חלק נוסף כלשהו מאורך הגומיה. בשנייה הראשונה היא עוברת 2/7, כלומר יותר מ-1/4. בשנייה השנייה 2/13 נוספים, כלומר יותר מ-1/8. בשנייה ה-n-ית היא עוברת $2/(6n+1)$ , כלומר יותר 1/4n נוספים. כלומר סה"כ ב-n שניות היא עוברת יותר מאשר $1/4[1+1/2+1/3+1/4+...+1/n]$ מאורך הגומיה, עד לאורך המלא. בתוך הסוגריים המרובעים רשום הטור ההרמוני, וידוע שהוא מתבדר, ולכן ערכו עבור N מסוים, גדול מארבע, והנמלה תגיע לסוף הגומיה. כאן קל גם לראות את המקרה הכללי: למשל, אם הנמלה תתקדם סנטימטר אחד בשנייה, אחרי n שניות היא תתקדם יותר מאשר $1/800[1+1/2+1/3+1/4+...+1/n]$ ושוב, קיים N שעבורו ערכו של הטור ההרמוני גדול משמונה מאות, והנמלה תגיע לסוף הגומיה.

עריכה | תבנית | שיחה

128

כמה משולשים נמצאים בתמונה הבאה?

פתרון

52. יש שם 18 משולשים פשוטים, 12 משולשים שבנויים משני משולשים פשוטים, 6 שבנויים מ-3 משולשים, 12 שבנויים מ-4 ו-4 נוספים שבונים את מגן הדוד בעצמו (מגן דוד בנוי משני משולשים).

חידת בונוס: מה הצורה בעלת הכי הרבה צלעות שנמצאת בתמונה?

פתרון

לשאלה שתי תשובות:

פתרון שבו מצולע פשוט מצד שמאל בעל 16 צלעות ופתרון לא פשוט שמכיל את כל הצלעות, אבל משום שהיה צריך שיהיה ברור מה הפתרון, הרוב הוקטן.

עריכה | תבנית | שיחה

129

האם תוכל לסדר את המספרים הטבעיים 1–64 על לוח שחמט, כך שבסידור זה לא תימצא שלשה פיתגורית שכל שלושת איבריה מונחים על משבצות באותו צבע (כולם שחורים או כולם לבנים)?

פתרון

שלשה פיתגורית היא שלשה של מספרים טבעיים

\ a,b,c

המקיימת את השוויון

\ a^{2}+b^{2}=c^{2}

. השלשה הפיתגורית הקטנה ביותר היא 3,4,5, שהרי מתקיים

\ 3^{2}+4^{2}=5^{2}

. זוהי שלשה פיתגורית פרימיטיבית, וגם כפולותיה, למשל 6,8,10 הן שלשות פיתגוריות. השלשות הפיתגוריות הפרימיטיביות שאיבריהן כולם בטווח 1–64 הן

(3, 4, 5)

(5, 12, 13)

(7, 24, 25)

(8, 15, 17)

(9, 40, 41)

(11, 60, 61)

(12, 35, 37)

בנוסף יש בטווח 1–64 עוד 17 שלשות פיתגוריות שהן כפולות של שלשות פרימיטיביות אלה. אם כך, בכל סידור של מספרים על הלוח יש לבדוק 24 שלשות פיתגוריות, ולוודא שבאף אחת מהן לא יהיו כל שלושת מספריה מונחים על משבצות באותו צבע. הוכחה שהדבר אפשרי ניתנה בבעיית השלשות הפיתגוריות הבוליאנית, שבמסגרת פתרונה נמצא שלוח שבו 7,825 משבצות הצבועות בשחור ולבן לסירוגין הוא הלוח הקטן ביותר שבו לא ניתן להגיע לסידור שבו לא תימצא שלשה פיתגורית שכל שלושת מספריה מונחים על משבצות באותו צבע.

עריכה | תבנית | שיחה

130

שלושה חוטים ישרים ואינסופיים בעלי צפיפות מסה אורכית זהה נמצאים במישור אחד ויוצרים משולש. הוכח שעל חלקיק שיושם בנקודת מפגש התיכונים יפעל כוח גרביטציוני שקול השווה לאפס.

פתרון

כידוע כוח הכבידה שיוצר תיל אינסופי פרופורציונלי להיפוך המרחק ממנו. נוריד גבהים מנקודת מפגש התיכונים לכל אחת מצלעות המשולש. כיוון שנקודת מפגש התיכונים מחלקת כל תיכון ביחס של 1:2 נובע ששטח כל משולש הנוצר על ידי שניים מקודקודי המשולש ונקודת מפגש התיכונים שווה לשליש משטח המשולש הגדול, על כן כל גובה המורד מנקודת מפגש התיכונים לצלעות שווה לשליש הגובה המתאים במשולש הגדול. כעת נשרטט שלושה וקטורים המייצגים את הכוחות המפעילים כל אחד מהחוטים על חלקיק המושם בנקודת מפגש התיכונים. כל אחד מהכוחות פרופורציונלי ל-

{\frac {1}{h}}

וכיוונו ככיוון הגובה המורד ממנו לחוט. כיוון ששטח המשולש הגדול מקיים:

S=a*H_{a}/2=3a*h_{a}/2

(כנ"ל גבי כל אחת מהצלעות האחרות) נקבל שכל אחד מהכוחות פרופורציונלי לאורך הצלע המתאימה במשולש

$F_{a}=\alpha *(3/2)a/S$ . כיוון שכיוון כל אחד מהגבהים מאונך לצלע אליו הוא מורד ניתן להפעיל על כל אחד מווקטורי הכוחות העתקה מקבילה ולהפוך את שלושת הווקטורים למשולש וקטורי, וכידוע סכום וקטורים המהווים צלעות משולש כאשר הולכים בכיוון השעון הוא אפס, לכן על חלקיק שיושם בנקודת מפגש התיכונים יפעל כח גרביטציוני אפס. מ.ש.ל

הערה: ההוכחה למעשה מנצלת את העובדה שמפגש התיכונים, כמרכז הכובד של המשולש, היא הנקודה היחידה שמחלקת אותו ביחס שווה יחסית לכל אחד מהצלעות (יחס של 2:1), וכאן טמונה מהות ההוכחה.

עריכה | תבנית | שיחה

131

מגדל פיזה - בעזרת n לבנים זהות, באורך a ועובי b, בונים מגדל המתנשא לגובה nb. המגדל נבנה כך שכל לבנה בולטת מעט ביחס ללבנה שמתחתיה. הבעיה היא, בהינתן n לבנים, מהי צורת הבנייה האופטימלית? כלומר כיצד יש לבנות את המגדל כך שקצה המגדל יבלוט מרחק אופקי מקסימלי ביחס ללבנה התחתונה.

פתרון

פתרון הבעיה הוא הדגמה נאה של עקרון האינדוקציה. ראשית יש לנתח את המכניקה של הבעיה. ברור שהלבנה העליונה (שנקרא לה הלבנה הראשונה) חייבת לבלוט מרחק 1/2a ביחס ללבנה שמתחתיה, משום שרק כך היא "תישען" על קצה הלבנה שמתחתיה, כלומר כך הכוח הנורמלי בין שתי הלבנים יפעל כולו אך ורק בנקודת הקצה של הלבנה השנייה, או לחלופין, רק כך מרכז הכובד של הלבנה הראשונה ימצא בדיוק מעל הקצה של הלבנה השנייה. על מנת שהמגדל לבלוט למרחק אופקי מרבי, המגדל כולו חייב להיות על סף התמוטטות, כלומר הוא צריך להיבנות כך שכל אחת מהלבנים אינה יכולה לבלוט יותר ביחס לזו שמתחתיה. על מנת שכך, k הלבנים הראשונות (כלומר העליונות) חייבות להישען בדיוק על קצה הלבנה שמחזיקה אותן, כלומר מרכז המסה שלהן חייב להימצא בדיוק מעל קצה הלבנה שמחזיקה אותן. כעת נוכיח באינדוקציה את הטענה הבאה:

טענה: בצורת הבנייה האופטימלית, קצה הלבנה ה-k בולט בדיוק ${\frac {a}{2k}}$ ביחס לקצה הלבנה ה-k+1. הוכחה: ברור שהטענה נכונה עבור k = 1. נניח שהיא נכונה עבור k כלשהו. כיוון שמרכז המסה של k המסות הראשונות הוא בעל שיעור אופקי זהה לזה של קצה הלבנה ה-k+1, ניתן לדמיין זאת כאילו מונחת משקולת נקודתית במסה km על קצה הלבנה ה-k+1. כיוון שבמרחק הסף המומנטים שיוצרים משקל המשקולת הדמיונית וכוח הכובד העובר דרך מרכז המסה של הלבנה ה-k+1 יחסית לנקודת המשען (קצה הלבנה ה-k+2) מאזנים זה את זה, נקבל שנקודת המשען מחלקת את המרחק בין אמצע הלבנה ה-k+1 לקצה שלה ביחס של 1:k, לכן המרחק שבולטת הלבנה ה-k+1 ביחס ללבנה מתחתיה הוא ${\frac {a}{2k}}*{\frac {k}{k+1}}={\frac {a}{2(k+1)}}$ . זוהי צורת הבנייה האופטימלית, והמרחק המתקבל בין קצה הלבנה התחתונה לקצה הלבנה העליונה הוא : $l=a/2*\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{k}}$ , כלומר המרחק שווה לאורך לבנה בודדת כפול מחצית הטור ההרמוני. מהתבדרות הטור ההרמוני נובע שאין מגבלה תאורטית על המרחק האופקי אליו ניתן לבנות את המגדל.

עריכה | תבנית | שיחה

132

שני כדורים במסות m ו- M (כאשר

m<M

) מונחים על מסילה אופקית ישרה וחסרת חיכוך. בסוף המסילה נמצא קיר אנכי. הכדורים ממוקמים על המסילה כך שהכדור שמסתו m קרוב יותר לקיר. מעניקים לכדור שמסתו M מהירות

V_{0}

בכיוון הכדור השני. כתוצאה מההתנגשות הכדור הקטן נרתע, פוגע בקיר וחוזר ממנו באותה המהירות, לאחר מכן פוגע בכדור הכבד שוב, לאחר מן מוחזר מהקיר שוב, וחוזר חלילה. הנח שכל ההתנגשויות אלסטיות לחלוטין. השאלה היא: כמה התנגשויות יתרחשו עד שההתנגשויות בין הכדור הקטן והקיר ובין שני הכדורים ייפסקו? בחישוב מספר ההתנגשויות מנה גם את ההתנגשויות בין הכדורים.

פתרון

נגדיר

\alpha =arctan({\sqrt {\frac {M}{m}}})

$\theta _{0}=\pi -2\alpha$

והתשובה מתקבלת על ידי פונקציית הרצפה הבאה : $2([{\frac {\alpha }{\theta _{0}}}]+1)+1$ .

הסבר: נציג את מצב המערכת במרחב פאזה עם שני צירים – אחד מייצג את מהירות הכדור הגדול והשני מייצג את מהירות הכדור הקטן. מצב של המערכת, כלומר צמד מהירויות $(V_{M},V_{m})$ , מיוצג על ידי נקודה במישור הזה. בכל התנגשות של הכדורים התנע והאנרגיה נשמרים. האנרגיה נשמרת לאורך כל המסלול במרחב הפאזה שהמערכת עוברת, בניגוד לתנע שנשמר רק בהתנגשויות בין הכדורים. אוסף כל הנקודות $(V_{M},V_{m})$ שמקיימות שסך האנרגיה הקינטית של שני הכדורים שווה לאנרגיה ההתחלתית E של המערכת מקיים: ${\frac {1}{2}}(mV_{m}^{2}+MV_{M}^{2})=E={\frac {1}{2}}MV_{0}^{2}$ . עקום שווה אנרגיה זה הוא אליפסה עם אורכי צירים $2V_{0},2V_{0}{\sqrt {\frac {M}{m}}}$ . באופן דומה ניתן לשרטט עבור ההתנגשות בין הכדורים קווים ישרים שווי תנע שמשוואתם $mV_{m}+MV_{M}=-MV_{0}$ . המסלול במרחב הפאזה שהמערכת של שני הכדורים עוברת מתקבל על ידי הפעלה לסירוגין של שתי הפעולות הבאות:

חיתוך של קו שווה תנע ששיפועו $-{\frac {M}{m}}$ עם העקום שווה האנרגיה שמייצג את המערכת.
שיקוף של מצב המערכת יחסית לציר ה- $V_{M}$ , המייצג את העובדה שמהירות הכדור הקטן מתהפכת בכיוונה עקב ההתנגשות עם הקיר, בעוד מהירות הכדור הגדול נשארת זהה.

כעת נותר לנתח את הגאומטריה של הבעיה. כדי לפשט את הגאומטריה של הבעיה נדחס את האליפסה שהתקבלה למעגל שרדיוסו $V_{0}$ (באמצעות טרנספורמציית כיווץ פי ${\sqrt {\frac {M}{m}}}$ בציר $V_{m}$ ), ונקבל ששיפוע הקווים שווי התנע הוא כעת $-{\sqrt {\frac {M}{m}}}$ . הזווית שקו שווה תנע זה יוצר עם ציר $V_{M}$ היא $\alpha =arctan({\sqrt {\frac {M}{m}}})$ . הזווית המרכזית במעגל המתאימה לקו שווה התנע שמחבר בין $(-V_{0},0)$ לנקודה המייצגת את מצב המערכת אחרי ההתנגשות הראשונה היא $\theta _{0}=\pi -2\alpha$ . עקב פעולת השיקוף זווית זו עוברת ל- $-\theta _{0}$ . לאחר מכן ניתן להסיק מגאומטריה, שהזווית המרכזית המתאימה למיתר שמחבר בין $(-V_{0},0)$ למצב המערכת אחרי ההתנגשות השנייה בין הכדורים היא: $\theta _{0}+\theta _{0}=2\theta _{0}$ , ובאופן דומה הזווית המרכזית המתקבלת אחרי n התנגשויות בין הכדורים היא $n\theta _{0}$ . הפעולות נעצרות כאשר הנקודה המייצגת את מצב המערכת נמצאת בין הציר $V_{M}$ לקו $V_{m}=-{\sqrt {\frac {m}{M}}}V_{M}$ , מה שאומר שתחת מתיחה בחזרה לאליפסה המקורית הנקודה תימצא בין ציר ה- $V_{M}$ לקו $V_{m}=-V_{M}$ , מה שאומר שמהירות שני הכדורים חיובית ומהירות הכדור הגדול גבוהה ממהירות הכדור הקטן (לכן אין עוד התנגשויות). התוצאה המתקבלת היא: $2([{\frac {\alpha }{\theta _{0}}}]+1)+1$ .

עריכה | תבנית | שיחה

133

כדי להמחיש את הקושי שבניהול סחר חליפין בעולם נטול כסף כותב יובל נח הררי, בספרו "קיצור תולדות האנושות" (עמ' 180): "אם בשוק נסחרים 100 מוצרים שונים, הקונים והמוכרים צריכים להכיר 4,950 ערכי חליפין שונים". כיצד חושבה תוצאה זו?

פתרון

לכל מוצר מ-100 המוצרים הנסחרים יש לדעת את ערך החליפין שלו מול יתר 99 המוצרים הנסחרים בשוק. דוגמה: למוצר תפוח יש לדעת את שער החליפין שלו מול המוצרים עגבנייה, חולצה, פטיש וכו'. לפיכך יש להכיר

100\times 99=9,900

ערכי חליפין שונים, אך בחישוב זה כל ערך חליפין נספר פעמיים, שהרי ערך החליפין של תפוח מול פטיש הוא המספר ההפכי לערך החליפין של פטיש מול תפוח. לפיכך נחלק בשתיים את התוצאה שקיבלנו, ונקבל 4,950 ערכי חליפין שונים.

עריכה | תבנית | שיחה

134

מתמטיקאי מקבל שני כדורי בדולח בכניסה לבניין שגובהו 100 קומות. הוא רשאי לצאת מהבניין רק כאשר תהיה לו תשובה לשאלה: "מאיזו קומה ומעלה יישברו כדורי הבדולח, אם נזרוק אותם מהחלון? (ייתכן שכבר בקומה הראשונה, וייתכן שאף לא בקומה האחרונה)". הוא יכול להשליך את הכדורים מהבניין, וכל עוד הם לא נשברים, הוא יכול לרדת ולקבלם בחזרה - כלומר באפשרותו לבצע מספר לא מוגבל של זריקות, אך מותר שרק פעמיים יישבר לו כדור (ברשותו שני כדורים בלבד). איך הוא יעשה זאת במספר מינימלי של זריקות?

פתרון

ברור שעלינו לחלק את 100 הקומות לקבוצות עוקבות באופן האופטימלי. אם הוא גילה בעזרת k זריקות שכדור בדולח נשבר לא נשבר עד הקומה ה-n אולם נשבר מהקומה ה-m (כך ש-m>n), אזי יישאר לו כדור אחד ו-m - n -1 זריקות כדי לענות על השאלה (נשאר לו כדור אחד ולכן הוא אינו יכול "לדלג" יותר; הוא חייב לבדוק את הקומות בין n ל-m אחת אחת). סה"כ יידרשו לו k + m - n - 1 (נסמן את הסכום ב-K) זריקות. הרעיון הוא שבאסטרטגיה האופטימלית, החלוקה של 100 הקומות לקבוצות בדיקה עוקבות צריכה להיות כזאת שגודל הקבוצה ועוד המספר הסידורי של הקבוצה צריך להיות קבוע, כך שמספר הזריקות שצריך יישאר קבוע ללא קשר למיקום נקודת השבירה, משום שרק כך נקבל שבמקרה הגרוע ביותר יידרשו K זריקות כדי לענות על השאלה. דרך אחרת להבין זאת היא באמצעות הצמדת ערך לכל אפשרות של מקרה גרוע ביותר (המקרה הגרוע ביותר הוא תמיד זה שבו אם מגלים הכדור נשבר בקומה ה-m, אז בפועל הוא נשבר החל מהקומה ה-m-1) ששווה למספר הזריקות שצריך כדי לגלות את הקומה באותו מקרה. אם חלוקת הקבוצות נעשית בצורה לא אחידה, אז יהיו אפשרויות בהן יהיה אפשר לגלות את נקודת השבירה בעזרת מספר זריקות נמוך מ-

K_{min}

, אולם עדיין במקרה הגרוע ביותר נקבל מספר זריקות שגדול מה-K המינימלי. אם כך, כיוון שהמספר הסידורי של קבוצה גדל ב-1 מקבוצה לקבוצה הבאה אחריה, גודל הקבוצה צריך לקטון ב-1 בין כל שתי קבוצות עוקבות. לכן האסטרטגיה האופטימלית היא בחירת קבוצות שגדליהן מהווים סדרה חשבונית. מכיוון שהאורך המינימלי שלהסדרה החשבונית המתחילה ב-1 ובעלת הפרש 1 שמקיימת שסכומה גדול מ-100 הוא d = 14 נקבל שיידרשו 14 זריקות. כלומר יש בתחילה ללכת לקומה 14, לאחר מכן לקומה 27, לקומה 39 וכן הלאה. באופן הכללי ביותר כשיש בניין עם N קומות, יידרשו בקירוב

{\sqrt {2N}}

זריקות.

עריכה | תבנית | שיחה

135

שאלה בהסתברות מותנית

1. מגרילים מספר טבעי באקראי, באופן שלכל מספר טבעי מ-1 עד n יש סיכוי זהה להיבחר, ו-n שואף לאינסוף. מה הסיכוי שהמספר שייבחר יתחלק ב-6, כאשר ידוע (מבצע ההגרלה מיידע את הצופים) שהוא לא מתחלק ב-15? האם הסיכוי יהיה קטן או גדול מ-1/6?

2. מגרילים מספר טבעי באקראי, בדומה לסעיף הקודם. מה הסיכוי שהמספר שייבחר יתחלק ב-a, כאשר ידוע שהוא לא מתחלק ב-b? מצא נוסחה כללית, כאשר כמובן ש-a ו-b לא בהכרח זרים.

פתרון

1. ראשית ברור שהסיכוי יהיה קטן מ-1/6, שכן ל-15 ו-6 גורם משותף והוא 3, כך שברגע שנודע שהמספר לא מתחלק ב-15, ירדה כפולה אפשרית של 3 מרשימת המספרים האפשריים, כך שיש קבוצת מספרים פוטנציאלית מצומצמת יותר המתחלקת ב-6. כעת ננסה לכמת זאת. המספרים היחידים שמתחלקים ב-6 שגם מתחלקים ב-15 (ולכן ירדו מההגרלה) הם כפולות של 30. לכן על מנת לפתור את השאלה, מספיק לחשוב מודולו 30. ולחשב מה החלק היחסי של המספרים שמתחלקים ב-6 מכלל המספרים מ-1 עד 30 שלא מתחלקים ב-15. ישנן בדיוק 4 כפולות של 6 (6,12,18,24), שכן אסור לכלול את 30, ו-28 מספרים אפשריים (מורידים את 15 ו-30), לכן הסיכוי הוא 1/7 = 4/28.

2. ניתן להראות שבדומה למקרה שבסעיף הראשון, צריך לחשוב מודולו הכפולה המשותפת המינימלית של a ו-b. מנוסחת ההסתברות המותנית

$\ P(A\,|\,B)={\frac {P(A\cap B)}{P(B)}}$

נקבל שההסתברות המבוקשת שווה להסתברות לקבל בהגרלה מספר שמתחלק ב-a אך לא מתחלק ב-b, חלקי ההסתברות לקבל מספר שלא מתחלק ב-b. ניתן להראות שהתוצאה היא:

${\frac {{\frac {lcm(a,b)}{a}}-1}{lcm(a,b)(1-{\frac {1}{b}})}}$ . כאן $lcm(a,b)$ הוא הכפולה המשותפת המינימלית (least common multiple) של a ו-b. בפרט, ניתן לקבל שכש-a ו-b זרים, אז $lcm(a,b)=ab$ והסיכוי לא משתנה בכלל - הוא נשאר ${\frac {1}{a}}$ .

עריכה | תבנית | שיחה

136

בצל כדורי נחתך על ידי 6 מהלומות סכין ישרות; החתיכות שנוצרות לעולם לא זזות ממיקומן המקורי. מה המספר המרבי של חתיכות שניתן לחלק את העור (האינפיניטסימלי) של הבצל?

פתרון

הרעיון של הפתרון מומחש בצורה מיטבית כאשר עוברים לנקודת המבט של ישות דו-ממדית המקובעת לפני השטח של הכדור. ישות כזאת חווה עולם דו-ממדי לא אוקלידי חסר גבולות; שכן היא יכולה להמשיך לנוע בקו ישר ללא סוף (אף כי מנקודת המבט שלנו היא מטיילת לאורך מעגל), וקווים מקבילים כן נפגשים בעולם הדו-ממדי שלה, שכן לכדור עקמומיות גאוס חיובית. חיתוכי הסכין הישרים יכולים לחתוך את הכדור לאורך מעגל גדול או לאורך מעגל קטן, בתלות בשאלה האם מישור החיתוך עובר דרך מרכז הכדור או לא. כדי להבין איך חיתוכי הסכין נראים בעולמה, יש להבין שמעגלים גדולים, שהם גאודזות של המשטח, משולים לקווים ישרים מנקודת מבטה, בעוד מעגלים קטנים, שהם בעלי עקמומיות גאודטית קבועה, משולים למעגלים בעולמה הדו-ממדי. לפיכך השאלה שלפנינו אנלוגית לשאלה: מה המספר המרבי של חתיכות שניתן לחלק את המישור כאשר חותכים אותו על ידי 6 קווים ישרים או מעגלים? (6 חיתוכים, כל אחד יכול להיות מעגל או ישר). ניתן להראות^{[דרושה הבהרה]} שהמספר המרבי של חתיכות מתקבל כאשר כל החיתוכים מתבצעים על ידי מעגלים, והוא שווה ל-2 ועוד פעמיים סכום הטור החשבוני מ-1 עד 5:

2+2*(1+2+3+4+5)=32

. תוצאה זאת נובעת מכך שמספר התחומים המרבי

f(n)

אליו ניתן לחלק את המישור על ידי שרטוט n מעגלים, מקיים את יחס הנסיגה:

f(n)=f(n-1)+2(n-1)

, מכיוון שכל שני מעגלים נחתכים בשתי נקודות לכל היותר. על כן הנוסחה עבור

f(n)

במקרה של חיתוך כדור על ידי n מישורים היא:

f(n)=n(n+1)+2

.

עריכה | תבנית | שיחה

137

כששאלו את המתמטיקאי והלוגיקן בן המאה ה-19 אוגוסטוס דה מורגן בן כמה הוא, ענה: "הייתי בן

\ x

בשנת

\ x^{2}

". באיזה שנה נולד דה מורגן?

פתרון

השנה היחידה במאה ה-19 (השנים 1800–1899) שהיא ריבוע שלם היא

\ 1849=43^{2}

, ומכאן שדה מורגן נולד בשנת 1806.

עריכה | תבנית | שיחה

אוסף נוסף של חידות מופיע בדף פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף.

בחזרה לפורטל

אוחזר מתוך "https://he.wikipedia.org/w/index.php?title=פורטל:מתמטיקה/חידה/אוסף_2&oldid=36042674"

קטגוריות: