nauki ścisłe
Autor: Marek Penszko | dodano: 2015-04-22
Dziewczęta proboszcza

Pojawienie się 15 dziewcząt na parafii w Croft, małej miejscowości w zachodniej Anglii, nie było przypadkowe…

Stanowiło następstwo opublikowania w 1844 roku na łamach The Lady’s and Gentleman’s Diary (publikacja o zwodniczym tytule, poświęcona głównie matematyce) następującego zadania:

„Znajdź liczbę kombinacji p-elementowych ze zbioru n różnych elementów, przy następującym warunku: każda kombinacja q elementów (q<p) powinna występować tylko w jednej kombinacji p-elementowej.”

Właściwie jest to problem, obejmujący całą rodzinę zadań trudnych nawet dla małych wartości p i q, ale też wciągających – jeśli oczywiście ktoś ma słabość do matematyki i główkowania. Proboszcz parafii w Croft, Thomas Kirkman, poczuł w sobie taką słabość, będąc już prawie 40-latkiem. Choć matematykiem z wykształcenia nie był, to talentu mu nie brakowało, więc jego artykuł z rozwiązaniem dla p=3 i q=2 został zamieszczony w 1847 roku w szacownym czasopiśmie naukowym The Cambridge and Dublin Mathematical Journal. To rozwiązanie uznaje się nie tylko za debiut proboszcza, ale także zagadnienia zwanego trójkami Steinera – od nazwiska szwajcarskiego matematyka, który zajmował się nim kilka lat później. Dziś stanowi ono dział obszernej i mającej wiele zastosowań praktycznych teorii konfiguracji kombinatorycznych.

Proboszcz Kirkman miał także słabość do dziewcząt, co jednak trudno uznać za zdrożne, skoro był proboszczem kościoła anglikańskiego, w którym nie obowiązuje celibat. Zresztą 15 dziewcząt pojawiło się na parafii w Croft… wirtualnie, czyli w wymyślonym przez Kirkmana zadaniu opublikowanym w 1850 roku, nawiązującym do jego artykułu.

„Piętnaście panienek chodzi do szkoły trójkami przez siedem kolejnych dni. Należy je pozestawiać w trójki na każdy dzień tak, aby żadne dwie panienki w ciągu siedmiu dni nigdy nie szły dwukrotnie razem w jednej trójce.”

„Figlowanie” z dziewczętami wygodnie jest zacząć od nieco zmodyfikowanej, uogólnionej wersji tego zadania:

Załóżmy, że trzeba przygotować rozpiskę spacerów dla n dziewcząt na (n–1)/2 dni tak, aby każdego dnia każde dziewczę spacerowało w towarzystwie dwóch innych, ale by żadne dwie w całej rozpisce nigdy nie spacerowały ze sobą dwukrotnie. Dla jakich wartości n można to zrobić?

Na wstępie można by zapytać, dlaczego dni jest (n–1)/2. Aby to wyjaśnić, należy policzyć, ile jest 2-elementowych kombinacji bez powtórzeń w zbiorze n elementów, podstawiając p=2 we wzorze na tę liczbę – n!/p!(n-p)!. Otrzymamy wynik n(n–1)/2. Wiadomo też, że spacerujące dziewczęta każdego dnia tworzą n/3 trójek, a w każdej trójce zawarte są 3 kombinacje 2-elementowe, a zatem każdego dnia pojawia się n kombinacji 2-elementowych. Dzieląc liczbę wszystkich 2-elementowych kombinacji przez ich liczbę „zużywaną” każdego dnia, otrzymamy liczbę dni „spacerowych”, w ciągu których mogą się pojawić wszystkie 2-elementowe kombinacje, każda dokładnie raz – czyli właśnie (n–1)/2 dni. Inaczej mówiąc, jest to liczba dni, dla której spełniony będzie warunek, aby każde dwie panienki spacerowały ze sobą jeden i tylko jeden raz.

Jak wynika z podanych wzorów, wartości n muszą być nieparzystymi wielokrotnościami trójki, czyli tworzą ciąg: 3, 9, 15, 21, 27,… Odpowiada mu ciąg liczb dni spacerowych: 1, 4, 7, 10, 13,…

W zadaniu chodzi o sporządzenie odpowiedniego planu spacerów trójkami n=15 dziewcząt w ciągu tygodnia. Warto by jednak zacząć od ogólniejszego pytania: czy uda się to zaplanować dla każdej z dopuszczalnych wartości n? Odpowiedź jest twierdząca, ale dowód pojawił się dopiero w 1970 roku. Dla n=3 zadania właściwie nie ma – trzy dziewczęta po prostu idą w jednym dniu na spacer. Dla n=9 sytuacja nie jest już trywialna, ale i niezbyt skomplikowana – rozwiązanie dość łatwo znaleźć metodą prób i błędów. Warto jednak poszukać oryginalnych, sprytnych sposobów rozwiązywania.

 
Rys. 1

Kluczem do tego są konfiguracje Kirkmana, czyli specyficzne układy punktów i łączących je linii. W przypadku n=9 rozpiska obejmuje 12 trójek dziewcząt (4 dni × 3 trójki każdego dnia). Odpowiadająca temu konfiguracja powinna więc zawierać 9 punktów, połączonych liniami po 3 na 12 sposobów tak, aby sposoby te można było podzielić na 4 grupy – w każdej po trzy sposoby obejmujące wszystkie 9 punktów. Brzmi zawile, ale konfiguracja jest zaskakująco prosta (rys. 1). Każdą grupę oznaczono innym kolorem. W dwóch przypadkach grupę tworzą trzy linie, w dwóch pozostałych linia i dwa trójkąty. Teraz wystarczy tylko spisać liczby umieszczone obok punktów – trójkami po trzy dla każdego koloru – aby otrzymać rozwiązanie (1) prostszej wersji zadania Kirkmana, czyli dla dziewięciu dziewcząt i czterech dni spacerowych – takie, jak w górnej części tabeli I.

Tabela I

Rozmieszczenie liczb obok punktów może być oczywiście dowolne, co jednak nie generuje innych rozwiązań – wszystkie uznaje się za „bliźniacze”, a praktycznie takie same.
 

 

 

Rys. 2

 

Na rys. 2a przedstawiony jest zaczątek nieco innej, rzec by można rozrywkowej konfiguracji dla n=9. Cała konfiguracja powstanie, jeśli zabawimy się w tzw. cykliczne rozwiązywanie zadania. Polega ono na 3-krotnym obróceniu w kole niebieskiego „szkieletu” (linia i dwa trójkąty) – za każdym razem o 45 stopni – i spisywaniu na początku i po każdym obrocie trójkami liczb przy punktach, które znajdą się na „szkielecie”. Rozwiązanie (2) jest w dolnej części tabeli, a pełna konfiguracja, ze zmianą kolorów po każdym obrocie, na rys. 2b.

Korzystając z rys. 1 lub 2 można obrazowo przedstawić różnicę między trójkami Steinera i Kirkmana – te pierwsze powstaną, jeśli ujednolicić kolor (wszystkie linie czarne). Monochromatyczny rysunek będzie oznaczał brak podziału na grupy – pozostanie 12 „równorzędnych” trójek Steinera.

Pora zająć się wreszcie 15 dziewczętami. Sposobów rozwiązywania tego zadania wymyślono kilka jeszcze w XIX wieku, ale wszystkie są długie, żmudne i w znacznym stopniu oparte na metodzie prób i błędów. Całkowicie wyeliminować tej metody się nie da, ale można ją radykalnie ograniczyć, stosując pewien elegancki sposób, który… przekracza ramy tego artykułu, bowiem wymaga przeniesienia się do geometrii nieeuklidesowej. Co gorsza wzrost liczby dziewcząt znacznie zwiększa liczbę konfiguracji i bardzo je komplikuje. Dość powiedzieć, że o ile w przypadku 9 dziewcząt podstawowa konfiguracja, odpowiadająca trójkom Steinera (jak na rys. 1, ale jednobarwna) jest tylko jedna, o tyle dla 15 dziewcząt takich podstawowych, a więc całkowicie różnych konfiguracji jest 80. Z nich 7 uda się przekształcić w konfigurację Kirkmana, czyli odpowiednio pokolorować, wyodrębniając w ten sposób 7 grup – po 5 tró­jek w każdej grupie. W tej sytuacji najlepszym rozwiązaniem wydaje się uproszczenie eleganckiego „nieeuklidesowego” sposobu, a ściślej – ograniczenie go do końcowego, liczbowego etapu.

Wprowadzimy pojęcie trójki-startera (1, x, y) dla 1<x

(1, 2, 5), (2, 3, 6), (3, 4, 7), (4, 5, 8), (5, 6, 9), (6, 7, 10), (7, 8, 11), (8, 9, 12), (9, 10, 13), (10, 11, 14), (11, 12, 15), (12, 13, 1), (13, 14, 2), (14, 15, 3), (15, 1, 4);

(1, 3, 9), (2, 4, 10), (3, 5, 11), (4, 6, 12), (5, 7, 13), (6, 8, 14), (7, 9, 15), (8, 10, 1), (9, 11, 2), (10, 12, 3), (11, 13, 4), (12, 14, 5), (13, 15, 6), (14, 1, 7), (15, 2, 8).

i jeden 5-wyrazowy:

(1, 6, 11), (2, 7, 12), (3, 8, 13), (4, 9, 14), (5, 10, 15).

Wszystkie 35 wyrazów z tych trzech ciągów tworzy zbiór trójek Steinera dla n=15. Przekształcenie go w zbiór Kirkmana, czyli rozwiązanie zadania, nie jest trudne. Ciąg 5-wyrazowy to gotowa pierwsza grupa, czyli rozpiska spacerów trójkami na pierwszy dzień. Efekt składania pozostałych sześciu grup, po pięć trójek w każdej, przedstawiony jest w tabeli II. 

Tabela II

Thomas Kirkman był jednym z najwybitniejszych matematyków amatorów. Napisał wiele prac dotyczących m.in. kombinatoryki, wielościanów, teorii grup i teorii węzłów. Jednak pod koniec długiego, blisko 90-letniego życia ubolewał nad tym, że pamięta się go niemal wyłącznie jako autora zadania o 15 uczennicach spacerujących trójkami.

ZADANIA

1.         W tabeli I znajdują się dwa na pozór różne rozwiązania prostszej wersji zadania Kirkmana (n=9). Oba uznawane są jednak za identyczne, bowiem rozwiązanie (2) powstaje z rozwiązania (1) po zastąpieniu w nim każdej jedynki przez A, dwójki – przez B, trójki – C, czwórki – D, piątki – E, szóstki – F, siódemki – G, ósemki – H, dziewiątki – I (zmiana cyfry nie zawsze musi być konieczna). Jaka cyfra ukrywa się pod każdą z liter od A do I?

2.         Liczbę 15 można przedstawić w postaci sumy trzech liczb naturalnych – tak, że wszystkie dziewięć składników będzie różnych – na trzy sposoby: 1+6+8 lub 2+4+9 lub 3+5+7. Na jaką największą liczbę sposobów można przedstawić takimi tercetami liczbę 100, zachowując warunek, aby żaden składnik nie wystąpił dwukrotnie we wszystkich tercetach?

3.         Sztukmistrz ma talię złożoną ze 100 kart ponumerowanych liczbami od 1 do 100. Rozdziela ją w pewien sprytny sposób na trzy stosy A, B, C (w każdym jest przynajmniej jedna karta), odwraca się i prosi jednego z widzów o wzięcie po jednej karcie z dwóch stosów, a następnie o podanie sumy liczb na wziętych kartach. Następnie tylko znając tę sumę odgaduje, jaki stos pozostał nienaruszony. Ile jest sprytnych sposobów podziału talii na trzy stosy tak, aby sztuka się udała? Określenie sposobu polega na wskazaniu stosu (A, B lub C), w którym powinna się znaleźć każda karta.

Rozwiązania prosimy nadsyłać do 31 maja br. pocztą elektroniczną (swiatnauki@proszynskimedia.pl), wpisując w temacie e-maila hasło UG05/15, lub listownie: Świat Nauki, ul. Rzymowskiego 28, 02–697 Warszawa. Spośród nadawców poprawnych rozwiązań przynajmniej dwu zadań wyłonimy pięciu zwycięzców i nagrodzimy ich książką Miłość i matematyka. Istota ukrytej rzeczywistości Edwarda Frenkla ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media.

ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z NUMERU lutowego

1.         Przykład dowodu, że jeśli suma każdy dwóch z trzech liczb całkowitych dodatnich jest kwadratem, to nie może być tak, aby dwie z tych liczb były nieparzyste (N1<N2), a jedna parzysta (P):

   (a) N1+N2 – parzysty kwadrat, wielokrotność 4;

   (b) N1+P – nieparzysty kwadrat;

   (c) N2+P – nieparzysty kwadrat;

   (d) N2+P–(N1+P)=N2–N1 – różnica dwóch nieparzystych kwadratów, wielokrotność 4;

   Z (a) i (d) wynika, że zarówno suma, jak i różnica dwóch tych samych liczb nieparzystych powinna być wielokrotnością 4, a to nie jest możliwe.

2.         2026 (trzy piątki: 13.02, 13.03, 13.11).

3.         201×125=25 125 (Mnożenie 200×125=25 000 trudno uznać za prawidłowe rozwiązanie, bo byłoby to sprzeczne z zasadą zapisu mnożenia „w słupku” liczb zakończonych zerami).

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej jednego zadania, książkę Jimma Baggotta Pożegnanie z rzeczywistością, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Tobiasz Domagała, Mirosław Garnowski, Monika Kubek, Mikołaj Milke, Piotr Stefański.

ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z NUMERU MARCOWEGO

 

1.         Liczby 11, 17, 31 i 1429 zapisane wspak także są pierwsze.

2.         W odejmowaniu S(3P)–S(P) odjemna jest wielokrotnością 3, a odjemnik nie, więc różnica nie może być równa 3.

3.         X=5.

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej jednego zadania, książkę Lee Smolina Od kryzysu w fizyce do przyszłości Wszechświata, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Łukasz Górski, Bogusław Hołyński, Aleksandra Iwanowska, Magdalena Rolińska, Katarzyna Wołek.

Więcej w miesięczniku „Świat Nauki" nr 05/2015 »
Drukuj »
Ten artykuł nie został jeszcze skomentowany.
Aktualne numery
11/2017
10/2017 - specjalny
Kalendarium
Listopad
18
W 1897 r. urodził się Patrick Maynard Stuart Blackett, brytyjski fizyk, laureat Nagrody Nobla.
Warto przeczytać
Chwila bez biologii… nie istnieje. W nas i wokół nas kipi życie. Dlaczego by wobec tego nie poznać go bliżej, najlepiej we własnym laboratorium? By nie sięgać daleko, można zacząć od siebie.

Logowanie

Nazwa użytkownika

Hasło

Autor: Marek Penszko | dodano: 2015-04-22
Dziewczęta proboszcza

Pojawienie się 15 dziewcząt na parafii w Croft, małej miejscowości w zachodniej Anglii, nie było przypadkowe…

Stanowiło następstwo opublikowania w 1844 roku na łamach The Lady’s and Gentleman’s Diary (publikacja o zwodniczym tytule, poświęcona głównie matematyce) następującego zadania:

„Znajdź liczbę kombinacji p-elementowych ze zbioru n różnych elementów, przy następującym warunku: każda kombinacja q elementów (q<p) powinna występować tylko w jednej kombinacji p-elementowej.”

Właściwie jest to problem, obejmujący całą rodzinę zadań trudnych nawet dla małych wartości p i q, ale też wciągających – jeśli oczywiście ktoś ma słabość do matematyki i główkowania. Proboszcz parafii w Croft, Thomas Kirkman, poczuł w sobie taką słabość, będąc już prawie 40-latkiem. Choć matematykiem z wykształcenia nie był, to talentu mu nie brakowało, więc jego artykuł z rozwiązaniem dla p=3 i q=2 został zamieszczony w 1847 roku w szacownym czasopiśmie naukowym The Cambridge and Dublin Mathematical Journal. To rozwiązanie uznaje się nie tylko za debiut proboszcza, ale także zagadnienia zwanego trójkami Steinera – od nazwiska szwajcarskiego matematyka, który zajmował się nim kilka lat później. Dziś stanowi ono dział obszernej i mającej wiele zastosowań praktycznych teorii konfiguracji kombinatorycznych.

Proboszcz Kirkman miał także słabość do dziewcząt, co jednak trudno uznać za zdrożne, skoro był proboszczem kościoła anglikańskiego, w którym nie obowiązuje celibat. Zresztą 15 dziewcząt pojawiło się na parafii w Croft… wirtualnie, czyli w wymyślonym przez Kirkmana zadaniu opublikowanym w 1850 roku, nawiązującym do jego artykułu.

„Piętnaście panienek chodzi do szkoły trójkami przez siedem kolejnych dni. Należy je pozestawiać w trójki na każdy dzień tak, aby żadne dwie panienki w ciągu siedmiu dni nigdy nie szły dwukrotnie razem w jednej trójce.”

„Figlowanie” z dziewczętami wygodnie jest zacząć od nieco zmodyfikowanej, uogólnionej wersji tego zadania:

Załóżmy, że trzeba przygotować rozpiskę spacerów dla n dziewcząt na (n–1)/2 dni tak, aby każdego dnia każde dziewczę spacerowało w towarzystwie dwóch innych, ale by żadne dwie w całej rozpisce nigdy nie spacerowały ze sobą dwukrotnie. Dla jakich wartości n można to zrobić?

Na wstępie można by zapytać, dlaczego dni jest (n–1)/2. Aby to wyjaśnić, należy policzyć, ile jest 2-elementowych kombinacji bez powtórzeń w zbiorze n elementów, podstawiając p=2 we wzorze na tę liczbę – n!/p!(n-p)!. Otrzymamy wynik n(n–1)/2. Wiadomo też, że spacerujące dziewczęta każdego dnia tworzą n/3 trójek, a w każdej trójce zawarte są 3 kombinacje 2-elementowe, a zatem każdego dnia pojawia się n kombinacji 2-elementowych. Dzieląc liczbę wszystkich 2-elementowych kombinacji przez ich liczbę „zużywaną” każdego dnia, otrzymamy liczbę dni „spacerowych”, w ciągu których mogą się pojawić wszystkie 2-elementowe kombinacje, każda dokładnie raz – czyli właśnie (n–1)/2 dni. Inaczej mówiąc, jest to liczba dni, dla której spełniony będzie warunek, aby każde dwie panienki spacerowały ze sobą jeden i tylko jeden raz.

Jak wynika z podanych wzorów, wartości n muszą być nieparzystymi wielokrotnościami trójki, czyli tworzą ciąg: 3, 9, 15, 21, 27,… Odpowiada mu ciąg liczb dni spacerowych: 1, 4, 7, 10, 13,…

W zadaniu chodzi o sporządzenie odpowiedniego planu spacerów trójkami n=15 dziewcząt w ciągu tygodnia. Warto by jednak zacząć od ogólniejszego pytania: czy uda się to zaplanować dla każdej z dopuszczalnych wartości n? Odpowiedź jest twierdząca, ale dowód pojawił się dopiero w 1970 roku. Dla n=3 zadania właściwie nie ma – trzy dziewczęta po prostu idą w jednym dniu na spacer. Dla n=9 sytuacja nie jest już trywialna, ale i niezbyt skomplikowana – rozwiązanie dość łatwo znaleźć metodą prób i błędów. Warto jednak poszukać oryginalnych, sprytnych sposobów rozwiązywania.

 
Rys. 1

Kluczem do tego są konfiguracje Kirkmana, czyli specyficzne układy punktów i łączących je linii. W przypadku n=9 rozpiska obejmuje 12 trójek dziewcząt (4 dni × 3 trójki każdego dnia). Odpowiadająca temu konfiguracja powinna więc zawierać 9 punktów, połączonych liniami po 3 na 12 sposobów tak, aby sposoby te można było podzielić na 4 grupy – w każdej po trzy sposoby obejmujące wszystkie 9 punktów. Brzmi zawile, ale konfiguracja jest zaskakująco prosta (rys. 1). Każdą grupę oznaczono innym kolorem. W dwóch przypadkach grupę tworzą trzy linie, w dwóch pozostałych linia i dwa trójkąty. Teraz wystarczy tylko spisać liczby umieszczone obok punktów – trójkami po trzy dla każdego koloru – aby otrzymać rozwiązanie (1) prostszej wersji zadania Kirkmana, czyli dla dziewięciu dziewcząt i czterech dni spacerowych – takie, jak w górnej części tabeli I.

Tabela I

Rozmieszczenie liczb obok punktów może być oczywiście dowolne, co jednak nie generuje innych rozwiązań – wszystkie uznaje się za „bliźniacze”, a praktycznie takie same.
 

 

 

Rys. 2

 

Na rys. 2a przedstawiony jest zaczątek nieco innej, rzec by można rozrywkowej konfiguracji dla n=9. Cała konfiguracja powstanie, jeśli zabawimy się w tzw. cykliczne rozwiązywanie zadania. Polega ono na 3-krotnym obróceniu w kole niebieskiego „szkieletu” (linia i dwa trójkąty) – za każdym razem o 45 stopni – i spisywaniu na początku i po każdym obrocie trójkami liczb przy punktach, które znajdą się na „szkielecie”. Rozwiązanie (2) jest w dolnej części tabeli, a pełna konfiguracja, ze zmianą kolorów po każdym obrocie, na rys. 2b.

Korzystając z rys. 1 lub 2 można obrazowo przedstawić różnicę między trójkami Steinera i Kirkmana – te pierwsze powstaną, jeśli ujednolicić kolor (wszystkie linie czarne). Monochromatyczny rysunek będzie oznaczał brak podziału na grupy – pozostanie 12 „równorzędnych” trójek Steinera.

Pora zająć się wreszcie 15 dziewczętami. Sposobów rozwiązywania tego zadania wymyślono kilka jeszcze w XIX wieku, ale wszystkie są długie, żmudne i w znacznym stopniu oparte na metodzie prób i błędów. Całkowicie wyeliminować tej metody się nie da, ale można ją radykalnie ograniczyć, stosując pewien elegancki sposób, który… przekracza ramy tego artykułu, bowiem wymaga przeniesienia się do geometrii nieeuklidesowej. Co gorsza wzrost liczby dziewcząt znacznie zwiększa liczbę konfiguracji i bardzo je komplikuje. Dość powiedzieć, że o ile w przypadku 9 dziewcząt podstawowa konfiguracja, odpowiadająca trójkom Steinera (jak na rys. 1, ale jednobarwna) jest tylko jedna, o tyle dla 15 dziewcząt takich podstawowych, a więc całkowicie różnych konfiguracji jest 80. Z nich 7 uda się przekształcić w konfigurację Kirkmana, czyli odpowiednio pokolorować, wyodrębniając w ten sposób 7 grup – po 5 tró­jek w każdej grupie. W tej sytuacji najlepszym rozwiązaniem wydaje się uproszczenie eleganckiego „nieeuklidesowego” sposobu, a ściślej – ograniczenie go do końcowego, liczbowego etapu.

Wprowadzimy pojęcie trójki-startera (1, x, y) dla 1<x

(1, 2, 5), (2, 3, 6), (3, 4, 7), (4, 5, 8), (5, 6, 9), (6, 7, 10), (7, 8, 11), (8, 9, 12), (9, 10, 13), (10, 11, 14), (11, 12, 15), (12, 13, 1), (13, 14, 2), (14, 15, 3), (15, 1, 4);

(1, 3, 9), (2, 4, 10), (3, 5, 11), (4, 6, 12), (5, 7, 13), (6, 8, 14), (7, 9, 15), (8, 10, 1), (9, 11, 2), (10, 12, 3), (11, 13, 4), (12, 14, 5), (13, 15, 6), (14, 1, 7), (15, 2, 8).

i jeden 5-wyrazowy:

(1, 6, 11), (2, 7, 12), (3, 8, 13), (4, 9, 14), (5, 10, 15).

Wszystkie 35 wyrazów z tych trzech ciągów tworzy zbiór trójek Steinera dla n=15. Przekształcenie go w zbiór Kirkmana, czyli rozwiązanie zadania, nie jest trudne. Ciąg 5-wyrazowy to gotowa pierwsza grupa, czyli rozpiska spacerów trójkami na pierwszy dzień. Efekt składania pozostałych sześciu grup, po pięć trójek w każdej, przedstawiony jest w tabeli II. 

Tabela II

Thomas Kirkman był jednym z najwybitniejszych matematyków amatorów. Napisał wiele prac dotyczących m.in. kombinatoryki, wielościanów, teorii grup i teorii węzłów. Jednak pod koniec długiego, blisko 90-letniego życia ubolewał nad tym, że pamięta się go niemal wyłącznie jako autora zadania o 15 uczennicach spacerujących trójkami.

ZADANIA

1.         W tabeli I znajdują się dwa na pozór różne rozwiązania prostszej wersji zadania Kirkmana (n=9). Oba uznawane są jednak za identyczne, bowiem rozwiązanie (2) powstaje z rozwiązania (1) po zastąpieniu w nim każdej jedynki przez A, dwójki – przez B, trójki – C, czwórki – D, piątki – E, szóstki – F, siódemki – G, ósemki – H, dziewiątki – I (zmiana cyfry nie zawsze musi być konieczna). Jaka cyfra ukrywa się pod każdą z liter od A do I?

2.         Liczbę 15 można przedstawić w postaci sumy trzech liczb naturalnych – tak, że wszystkie dziewięć składników będzie różnych – na trzy sposoby: 1+6+8 lub 2+4+9 lub 3+5+7. Na jaką największą liczbę sposobów można przedstawić takimi tercetami liczbę 100, zachowując warunek, aby żaden składnik nie wystąpił dwukrotnie we wszystkich tercetach?

3.         Sztukmistrz ma talię złożoną ze 100 kart ponumerowanych liczbami od 1 do 100. Rozdziela ją w pewien sprytny sposób na trzy stosy A, B, C (w każdym jest przynajmniej jedna karta), odwraca się i prosi jednego z widzów o wzięcie po jednej karcie z dwóch stosów, a następnie o podanie sumy liczb na wziętych kartach. Następnie tylko znając tę sumę odgaduje, jaki stos pozostał nienaruszony. Ile jest sprytnych sposobów podziału talii na trzy stosy tak, aby sztuka się udała? Określenie sposobu polega na wskazaniu stosu (A, B lub C), w którym powinna się znaleźć każda karta.

Rozwiązania prosimy nadsyłać do 31 maja br. pocztą elektroniczną (swiatnauki@proszynskimedia.pl), wpisując w temacie e-maila hasło UG05/15, lub listownie: Świat Nauki, ul. Rzymowskiego 28, 02–697 Warszawa. Spośród nadawców poprawnych rozwiązań przynajmniej dwu zadań wyłonimy pięciu zwycięzców i nagrodzimy ich książką Miłość i matematyka. Istota ukrytej rzeczywistości Edwarda Frenkla ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media.

ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z NUMERU lutowego

1.         Przykład dowodu, że jeśli suma każdy dwóch z trzech liczb całkowitych dodatnich jest kwadratem, to nie może być tak, aby dwie z tych liczb były nieparzyste (N1<N2), a jedna parzysta (P):

   (a) N1+N2 – parzysty kwadrat, wielokrotność 4;

   (b) N1+P – nieparzysty kwadrat;

   (c) N2+P – nieparzysty kwadrat;

   (d) N2+P–(N1+P)=N2–N1 – różnica dwóch nieparzystych kwadratów, wielokrotność 4;

   Z (a) i (d) wynika, że zarówno suma, jak i różnica dwóch tych samych liczb nieparzystych powinna być wielokrotnością 4, a to nie jest możliwe.

2.         2026 (trzy piątki: 13.02, 13.03, 13.11).

3.         201×125=25 125 (Mnożenie 200×125=25 000 trudno uznać za prawidłowe rozwiązanie, bo byłoby to sprzeczne z zasadą zapisu mnożenia „w słupku” liczb zakończonych zerami).

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej jednego zadania, książkę Jimma Baggotta Pożegnanie z rzeczywistością, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Tobiasz Domagała, Mirosław Garnowski, Monika Kubek, Mikołaj Milke, Piotr Stefański.

ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z NUMERU MARCOWEGO

 

1.         Liczby 11, 17, 31 i 1429 zapisane wspak także są pierwsze.

2.         W odejmowaniu S(3P)–S(P) odjemna jest wielokrotnością 3, a odjemnik nie, więc różnica nie może być równa 3.

3.         X=5.

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej jednego zadania, książkę Lee Smolina Od kryzysu w fizyce do przyszłości Wszechświata, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Łukasz Górski, Bogusław Hołyński, Aleksandra Iwanowska, Magdalena Rolińska, Katarzyna Wołek.