Zad. 1. Jaka liczba ABCDE pomnożona przez 4 daje liczbę EDCBA? Różnym literom należy przyporządkować różne cyfry.
Zad. 2. Antek zaproponował Bartkowi pewną grę. Ułożył na stole 4 monety: 1 gr, 2 gr, 5 gr i 10 gr tak, że Bartek nie mógł ich widzieć i powiedział: „Przynajmniej jedna moneta leży orłem do góry. Powiedz, które monety mam kolejno odwracać. Wygrasz, kiedy wszystkie będą leżały reszkami do góry”. Bartek odpowiedział: „Ta gra jest nudna. Zawsze wygram nie później niż po X ruchach”. Czy Bartek ma rację? Jeśli tak, to ile wynosi X?
Zad. 3. Bartek znudzony grą z monetami zaproponował Antkowi inną grę. Postawił na stole 4 talerzyki, na których znajdowało się odpowiednio: 1, 3, 5 i 7 guzików. Wyjaśnił: „Będziemy na przemian zabierać guziki z talerzyków. W każdym ruchu trzeba zabrać przynajmniej jeden guzik. W jednym ruchu wolno zabrać guziki tylko z jednego talerzyka. Przegrywa ten, kto będzie musiał zabrać ostatni.” Antek rozpoczął grę. Który z chłopców wygra, jeżeli żaden z nich nie popełni błędu?
Spośród czerwcowych zadań pierwsze dwa nie sprawiły Łamigłówkowiczom trudności. Ich poprawne rozwiązania podali prawie wszyscy. Najtrudniejsza okazała się ostatnia łamigłówka, z którą poradziła sobie połowa zawodników.
Komplet 3 punktów zdobyli: Jacek Bagiński, Kamila Bojar, Daria Bumażnik, Andrzej Piasecki, Jakub Ptak, Tomasz Stempniak, Wojciech Tomiczek i Marzena Wąsiewicz. Gratulujemy!
Była to ostatnia porcja łamigłówek w tym roku szkolnym. Zapraszamy do kontynuowania zabawy od października. Najlepszemu zawodnikowi udało się w tym sezonie rozwiązać 26 z 27 łamigłówek!
W czołówce Ligi Łamigłówkowej 2014/15 znaleźli się (w nawiasach podajemy zdobyte punkty na 27 możliwych):
- I m. (26 pkt) - Tomasz Porębski - uczeń I LO w Krakowie
- II m. (25,5 pkt) - Wojciech Tomiczek - inżynier z Lipowej
- III m. (25 pkt) - Sabina Sy - studentka nanotechnologii na UJ
- IV m. (24 pkt) - ex aequo: Andrzej Piasecki - administrator IT z Oleśnicy, Jakub Ptak - uczeń SP 64 we Wrocławiu, Marzena Wąsiewicz - informatyk, a obecnie gospodyni domowa z Kajetan
- V m. (23,5 pkt) - Tomasz Stempniak - uczeń I LO w Ostrowie Wielkopolskim
- VI m. (23 pkt) - ex aequo: Jacek Bagiński- nauczyciel matematyki z Krakowa, Bartosz Czyżewski - uczeń I LO w Jeleniej Górze, Tomasz Skalski - student matematyki na PWr
- VII m. (22,5 pkt) - ex aequo: Krzysztof Bednarek - uczeń III LO we Wrocławiu, Wojciech Tobiś - student automatyki i robotyki na AGH w Krakowie
- VIII m. (21 pkt) - Krystyna Lisiowska - redaktor z Warszawy
- IX m. (20,5 pkt) - ex aequo: Kamila Bojar - uczennica Zespołu Szkół Ponadgimnazjalnych w Szprotawie, Daria Bumażnik - uczennica II LO w Jeleniej Górze, Piotr Wróbel - inżynier sprzedaży z Brwinowa
- X m. (18,5 pkt) - Adam Stachelek - uczeń SP 301 w Warszawie
- XI m. (16 pkt) - Jakub Tasiemski - uczeń I LO w Krakowie
- XII m. (15 pkt) - Julia Skawińska - uczennica LO w Szprotawie
Wszystkim serdecznie gratulujemy!
Zad. 1. Szukana liczba to 21978. Pierwsza cyfra A nie może być większa niż 2, inaczej po pomnożeniu przez 4 dałaby liczbę sześciocyfrową. Nie może być równa 1, bo wynik mnożenia przez 4 jest liczbą parzystą, a cyfra jedności w wyniku jest równa A, dlatego A=2 i E=8. Druga cyfra B również nie może być większa niż 2, ponieważ nie może być przeniesienia (4A=E). Po pomnożeniu ostatniej cyfry E przez 4 do przeniesienia jest 3, z czego wynika, że B jest cyfrą nieparzystą, czyli B=1. Z kolei D=2 lub 7, ponieważ pomnożone przez 4 i powiększone o 3 daje liczbę z cyfrą jedności 1. Ponadto D jest przynajmniej 4 razy większe od B, czyli D=7. Teraz łatwo obliczamy, że C=9.
Zad. 2. X=15. Wszystkich możliwości ułożenia monet jest 16, dlatego przy optymalnej sekwencji obracania wystarczy 15 ruchów, aby uzyskać każdą możliwość. Przykładowa sekwencja: 1 gr, 2 gr, 1 gr, 5 gr, 1 gr, 2 gr, 1 gr, 10 gr, 1 gr, 2 gr, 1 gr, 5 gr, 1 gr, 2 gr, 1 gr.
Zad. 3. Wygra Bartek, ponieważ po każdym z ruchów Antka jest w stanie doprowadzić do jednego z układów: (7, 4, 2, 1), (6, 5, 2, 1), (6, 4, 3, 1), (5, 5, 1, 1), (4, 4, 1, 1), (3, 3, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (7, 5, 2), (7, 4, 3), (6, 5, 3), (6, 4, 2), (5, 4, 1), (3, 2, 1), (1, 1, 1), (5, 5), (4, 4), (3, 3), (2, 2), (1). Wszystkie te układy oraz układ początkowy są przegrywające. Opisana w zadaniu gra jest wariantem gry NIM – Marienbad. W Europie pojawiła się w XVI wieku. Istnienie optymalnej strategii opisał w 1901 roku Charles Bouton z Harvard Uniwersity. On wprowadził też nazwę NIM. Więcej informacji o strategii wygrywającej i innych wariantach gry można znaleźć np. tutaj: http://www.math.uni.wroc.pl/~szwarc/pdf/patyczki.pdf lub http://mimuw.edu.pl/delta/artykuly/delta2010-07/2010-07-3.pdf.
