חידות

כנראה שהתחלת שנת הלימודים והחגים בעקבותיה, לא פינו לקוראי זמן לענות על החידות בגיליון ספטמבר, אשמח לקבל פתרונות, גם אחרי שפורסמו הרמזים.

לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 24.10.2015 , אנא ציינו את שמכם, היישוב בו אתם גרים, שם ביה”ס שלכם והכיתה בה אתם לומדים. בגיליון הבא יפורסמו שמות הפותרים נכונה, וכן יובאו פתרונות יפים שייכתבו על ידכם.

חידה 1 –שמיכת טלאים?

שמיכת טלאים ריבועית בנויה מ 169 טלאים שכל אחד מהם ריבוע – כמתואר בציור. רוצים לחלק אותה לשתי שמיכות כל אחת גם היא ריבועית- כל אחד מהטלאים המרכיבים אותה צריך להישאר שלם (מותר לחתוך רק לאורך התפרים שבין הטלאים). איך ניתן לעשות חלוקה כזו כך שהשמיכה המקורית תחולק ל 4 חלקים בלבד?

יש להוכיח כי אי אפשר לעשות זאת בחלוקה של השמיכה המקורית לפחות מ 4 חלקים.

puzzles1_oct15

חידה 2–איזו ספרה חסרה?

נתון כי המספר \(2^{29}\) בנוי מ 9 ספרות שונות. האם ניתן למצוא איזו ספרה חסרה מבלי לחשב את ערכו של \(2^{29}\)?

חידה 3– איזה מספרים ניתן לרשום כסכום של רצף של מספרים טבעיים?

יש מספרים שניתן לרשום כסכום של רצף של מספרים טבעיים, למשל: \(3+4+5+6+7=25\). לעומת זאת אי אפשר לרשום את המספר 8 כרצף כזה (הדרישה היא שברצף יהיו לפחות 2 מספרים טבעיים).

איזה מספרים ניתן לרשום כרצף של מספרים טבעיים ואיזה לא ניתן?

רמזים לחידות מגיליון ספטמבר 2015

חידה 1 –כמה פירמידות?

יש להיזהר ולא לספור שתי צורות זהות פעמיים, תנו דעתכם גם על צורות שאחת היא דמות ראי של השנייה.

חידה 2–האם ניתן לכסות לוח שחמט פגום ב 31 אבני דומינו?

שימו לב למספר המשבצות השחורות ולמספר הלבנות.

חידה 3 – בפרוס שנת תשע”ו

השתמשו בשוויון \(a^2 – b^2 = (a+b) \cdot (a-b)\) ובכך שמדובר במספרים טבעיים.

פתרון החידות גיליון יולי 2015

חידה 1 – חלוקת משולש כהה זווית למשולשים חדי זווית?

יש פתרון! מחייב הוספת קדקוד בתוך המשולש (\(Q\) בשרטוט למטה) שממנו נמתחים 5 קוים (בצבע אדום בשרטוט) המייצרים 5 משולשים כך שהסכום של 5 זוויות הראש שלהם הוא 360 מעלות ולכן כל אחת יכולה להיות חדה. הפתרון המפורט דורש בנייה מדויקת שתבטיח שאכן כל המשולשים יהיו חדי זווית.

אני מביא כאן את פתרונו המבריק של הקורא אלעד צליק שהצליח למצוא בנייה יפה שנותנת פתרון לחלוקת כל המשולשים כהיי הזווית האפשריים.

puzzles2_oct15

נתון משולש \(ABC\) שזווית הראש שלו \(A\) כהה.

בניה:

נשרטט מ \(A\) את האנך \(AJ\) ל \(BC\) (גובה המשולש).

נעביר קו \(D’E’\) המקביל ל\(BC\) (\(D’\) ו \(E’\) נמצאות על \(AB\) ו \(AC\) בהתאמה) וחותך את \(AJ\) בנקודה \(Q\) כך ש \(D’E’=QJ\). קיים קו כזה כי אם נזיז את \(Q\) באפן רציף מ \(J\) ל \(A\) נתקדם באפן רציף מ \(D’E’ \gt QJ\)  ל \(D’E’ \lt QJ\) ולכן איפה שהוא בדרך תהיה נקודת השוויון.

נסמן נקודה \(K\) על \(AJ\) הנמצאת מרחק קטן מעל לנקודה \(Q\) (במהלך ההוכחה נמצא חסמים לארכו של הקטע \(KQ\) שיהיה קצר אבל סופי) ונעביר דרך \(K\) קו \(DE\) המקביל ל \(BC\) חותך את \(AB\) ו \(AC\) בנקודות \(D\) ו \(E\) בהתאמה.

מהנקודות \(D\) ו \(E\) נוריד אנכים ל \(BC\) שיחתכו אותו בנקודות \(F\) ו \(G\) בהתאמה.

נעלה מ \(D\) אנך ל \(AB\) שיחתוך את \(BC\) בנקודה \(H\).

נעלה מ \(E\) אנך ל \(AC\) שיחתוך את \(BC\) בנקודה \(I\).

נבחר באפן שרירותי נקודה \(R\) שתמצא על \(BC\) בין \(F\) ל \(J\) או \(H\) (כלומר אם \(HF \gt FJ\) היא תהיה בין \(F\) ל \(J\) –כמו המקרה בשרטוט, ואילו אם \(HF \lt FJ\) היא תהיה בין \(F\) ל \(H\) ).

נבחר באפן שרירותי נקודה \(S\) שתמצא על \(BC\) בין \(G\) ל \(J\) או \(I\) (כלומר אם \(GJ \gt GI\) היא תהיה בין \(G\) ל \(I\) –כמו המקרה בשרטוט, ואילו אם \(GJ \lt GI\) היא תהיה בין \(G\) ל \(J\))

טענה: המשולשים \(QAD\) \(QAE\) \(QSE\) \(QRS\) \(QDR\) \(BDR\) ו- \(SEC\) כולם חדי זווית ולכן מהווים פתרון לחידה.

בשרטוט הבא מופיעים 7 המשולשים כל אחד בצבע שונה:

puzzles3_oct15

הערה: לחדי הראיה מביניכם ששמו לב לכך שבשרטוט הזווית \(\sphericalangle DQR\) אינה חדה, זה נובע מכך שבשרטוט הקטע \(KQ\) אינו קצר מספיק, וזה כדי שהשרטוט יהיה קריא – אם הוא היה קצר יותר, כלומר הקו \(DE\) היה סמוך יותר ל \(D’E’\) הזווית הזו הייתה חדה.

הוכחה: נראה לגבי כל אחד מ7 המשולשים כי כל זוויותיו חדות. בשל הסימטריה ניתן להסתפק בהוכחה מפורטת רק ל 4 משולשים.

משולש AQE:

משולש \(AKE\) ישר זווית ולכן הזויות \(\sphericalangle KAE\) ו-\(\sphericalangle KEA\) חדות. כמו כן יש לתת את הדעת ש \(\theta = \sphericalangle QEK\) היא זווית קטנה כרצוננו אבל גדולה מ-0 .

מכאן נסיק לגבי זוויות המשולש:

\(\sphericalangle QAE = \sphericalangle KAE \lt 90°\)

\(\sphericalangle AQE = \sphericalangle AKE – \theta = 90° – \theta \lt 90°\)

\(\sphericalangle QEA = \sphericalangle KEA + \theta \) מאחר ו \(\sphericalangle KAE\) חדה ו \(\theta\) קטנה כרצוננו גם \(\sphericalangle QEA\) חדה.

משולש AQD: בגלל הסימטריה הוכחה דומה לזו של משולש \(AQE\).

משולש ECS:

\(\sphericalangle SCE\) זווית חדה במשולש ישר זווית \(EGC\).

\(\sphericalangle ESC\) זווית חדה במשולש ישר זווית \(EGS\).

\(\sphericalangle SEC \lt \sphericalangle IEC = 90°\)

משולש BDR: בגלל הסימטריה הוכחה דומה לזו של משולש \(ECS\).

משולש QES:

\(\sphericalangle EQS = \sphericalangle E’QS + \theta = \sphericalangle QSJ + \theta\) מאחר ו \(\sphericalangle QSJ\) חדה (זווית חדה במשולש ישר זווית \(QSJ\)) ו \(\theta\) קטנה כרצוננו גם \(\sphericalangle EQS\) חדה.

\(\sphericalangle QES = 90° – \theta – \sphericalangle SEG \lt 90°\)

\(\sphericalangle ESQ\) נמצאת מול הצלע הקצרה ביותר במשולש \(QES\) (כי \(DE \lt QJ\)) ולכן היא קטנה משאר הזוויות שהראנו שהן חדות.

משולש DQR: בגלל הסימטריה הוכחה דומה לזו של משולש \(QES\).

משולש QRS:

\(\sphericalangle QSR\) זווית חדה במשולש ישר זווית \(QSJ\).

\(\sphericalangle QRS\) זווית חדה במשולש ישר זווית \(QRJ\).

\(\sphericalangle RQS\) נמצאת מול הצלע הקצרה ביותר במשולש \(QES\) (כי \(RS \lt FG = DE \lt D’E’ = QJ\)) ולכן היא קטנה משאר הזוויות שהראנו שהן חדות.

 חידה 2 –51 מספרים?

נרשום את כל המספרים מודולו 99 (השארית לאחר חלוקה ב 99). אם שניים זהים אז ההפרש ביניהם מתחלק ב99 ולכן כולם שונים. יתכן ונמצא ביניהם המספר 0 ואז שום מספר שנחבר אליו (ושונה ממנו) לא ייתן מספר המתחלק ב-99 . נותרו 50 מספרים שונים. את 98 המספרים 1-99 נתן לחלק ל 49 קבוצות שונות שבכל אחת מהן זוג מספרים שסכומם 0 (מודולו 99 ):

(1,98)

(2,97)

(3,96)

.

.

(48,51)

(49,50)

מאחר ונותרו לנו 50 מספרים, לפחות שניים מהם יהיו שייכים לאותה קבוצה ולכן סכומם יהיה 0 מודולו 99 – כלומר סכומם יתחלק ב 99.

חידה 3 – האם הנמלים יישארו על המקל?

אם לא נשים לב לזהות הנמלים, במפגש בין שתי נמלים התוצאה זהה אם כל נמלה הופכת את כיוונה כנשאל בחידה או שהן ממשיכות בדרכן במהירות קבועה. כלומר שנמלה הנמצאת בקצה הימני של המקל תוכל ללכת לכל אורכו עד שתיפול כעבור 500 שניות. ולכן 500 שניות הוא הזמן המקסימלי שבו יישארו נמלים על המקל, כמובן שמספרן ההתחלתי של הנמלים אינו משנה…

שמות הפותרים נכונה את החידות מגיליון ספטמבר 2015

משה דוידוביץ – חידה 3.

שם (חובה)

דואר אלקטרוני (חובה)

תשובות לחידות יש להזין כאן:

באפשרותך לשלוח בקובץ מסוג pdf, doc, docx

3 תגובות על חידות