חידות

לחידות המוצגות בגיליון זה יפורסמו רמזים בגיליון הבא ופתרונות מלאים בזה שלאחריו. נשמח לקבל את פתרונותיכם באמצעות המקום המיועד לכך בתחתית העמוד עד 26.6.2015 , 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 –מתי יפגשו הכלבים?

ארבעה כלבים נמצאים בארבע פינות של מגרש בצורת ריבוע שאורך צלעו \(200\) מ’. הכלבים רצים זה אחרי זה, הכלב בפינה השמאלית התחתונה אחרי זה שבפינה השמאלית העליונה, זה שבפינה השמאלית העליונה אחרי הכלב שבפינה הימנית העליונה, וכן הלאה כמתואר בשרטוט.

q1_6

כל אחד מהכלבים ממשיכים לרוץ בכיוון הכלב שאחריו הוא רודף (שמשנה גם הוא את מיקומו בתהליך..) במהירות קבועה של \(20\) קמ”ש. האם הכלבים יפגשו כעבור זמן סופי (מדובר ב”כלבים מתמטיים” שגודלם הוא נקודה), ואם כן כעבור כמה זמן? האם יתכן שמסלוליהם יחצו זה את זה?

 למחפשי האתגר מבינכם שתי חידות נוספות:

א. מה תהיה התשובה לחידה אם יש שישה כלבים הנצבים בפינות של משושה משוכלל שאורך צלעותיו \(200\)  מ’?
ב. לאלה מכם היודעים חשבון דיפרנציאלי ואינטגרלי: מה תהיה משוואתו של המסלול שיעשה כל אחד מהכלבים בחידה הראשונה (\(4\) כלבים).

 חידה 2 –האם נתן לצבוע בשני צבעים?

מצירים במישור \(n\)  מעגלים בגדלים שונים, היקפי העגולים תוחמים מספר שטחים. האם נתן לצבוע כל אחד מהשטחים באחד משני צבעים, כך ששני שטחים הנוגעים זה בזה ע”י קשת משותפת לא יהיו בני אותו צבע. משורטטת דוגמא של \(4\) עיגולים המונחים במישור כך שניתן לצבוע את המשטחים בשני צבעים (אדום ולבן, בדוגמא) לפי הדרישות. האם זה אפשרי תמיד? אם לא יש להביא דוגמא נגדית.

q2_6

חידה 3 –בכמה מספרים מופיעה הספרה אחד?

בין המספרים הטבעיים הקטנים או שווים ל \(10,000,000\)  (\(10\)  מיליון) האם יש יותר מספרים המכילים את הספרה \(1\) לפחות פעם אחת (למשל \(34156\), או \(2101132 \)) או כאלה שאינם מכילים כלל את הספרה \(1\) (למשל \(876394\))?

רמזים לחידות מגיליון מאי 2015

חידה 1 –משולשים מחלקים משולש?

שימו לב שהשרטוט המוצג בתחילת החידה הוא השלכה של פרימידה תלת מימדית, גם החידה היא השלכה של גוף משוכלל תלת מימדי.

חידה 2 –מספר בשתי שיטות ספירה?

רשמו את המשוואות למספר הנדרש בשתי השיטות, שימו לב שקל למצוא את ערכה של הספרה האמצעית.

חידה 3 –כמה נורות ידלקו?

בדקו כמה פעמים ילחץ המפסק של הנורה מספר \(n\). איזו תכונה של המספר \(n\) מבטיחה מספר לחיצות אי-זוגי?

פתרון החידות גיליון אפריל 2015

חידה 1 – איך לחלק את הפאי? 

ננסה לחלק את הפאי כשהצלב מקביל לצירים הראשיים. כדי לתאר את הכיוונים בצורה חד משמעית נניח לקו הראשון יש כיוון (המתואר בציור כראש חץ) ואז ניתן לדבר באפן ברור על צדיו, השמאלי (זה שנמצא משמאלו כאשר ראש החץ מופנה למעלה) והימני. וצדיו העליון (זה שקרוב יותר לראש החץ) והתחתון

בשלב ראשון נעביר את הקו האנכי כך שיחצה בדיוק את הפאי (זה אפשרי תמיד כי ניתן להזיזו באופן רציף בכיוון האופקי ולהגדיל את החלק השמאלי עד ששטחו יהיה בדיוק מחצית השטח).

כמתואר באיור הבא:

s1_6

בשלב הבא נעביר קו אופקי כך שיחצה בדיוק את הצד השמאלי:

s1_2_6

נסמן את חלקי הפאי באותיות \(A,B,C,D\) כאשר \(A\) מסמן את החלק הימני העליון, והשאר את יתר החלקים בכוון השעון.

s1_3_6

נניח כי שטח הפאי הוא \(1\) . נסמן ב \(S_A,S_B,S_C,S_D\)  את שטחי החלקים \(A,B,C,D\) בהתאמה. ברור מצורת אופן הבניה ש\(S_C=S_D=\frac{1}{4}\). אם גם \(S_A=\frac{1}{4}\) הצלחנו לחלק את הפאי ל\(4\) חלקים שווים. אם לא, נניח כי \(S_A<\frac{1}{4}\) ,(למקרה ההפוך ניתן להמשיך בהוכחה דומה עם שינוי מתאים של הסימנים). נסובב את כיוון קווי החלוקה בזווית כל שהיא \(\theta\) כמתואר באיור הבא:

s1_4_6

נמשיך ונבצע את הבניה עבור כל זווית \(\theta\) כאשר \(0\le\theta\le90\).

 נבחן את הבניה עבור \(\theta = 90\)

קודם כל נעביר את הקו הראשון, שמסומן בחץ, עכשיו הוא אופקי.

קו זה צריך לחצות את הפאי מאחר ו\(S_A+S_D<\frac{1}{2}\) הקו יעבור מתחת קו האופקי ששורטט למקרה \(\theta = 0\)

s1_5_6

כשנעביר את הקו האנכי הוא יצטרך לחלק לשניים את חלק הפאי שמשמאל לקו הראשון (זה עם חץ) כלומר במחצית העליונה של המישור. מאחר והקו אופקי החדש נמוך יותר מהראשון החלק שבפינה העליונה השמאלית גדול מ \(\frac{1}{4}\) ולכן הקו האנכי חדש ייפול משמאל לקו שהיה עבור \(\theta = 0\)

s1_6_6

תנו את דעתכם שבשל הסיבוב צריך יהיה לשנות ב \(90\) מעלות את מיקומי החלקים \(A,B,C,D\) ולצורך הבהרה סימנתי אותם כ \(A’,B’,C’,D’\).

s1_7_6

מהציור ברור כי \(S_{B’}<S_C = \frac{1}{4}\), ולכן \(S_{A’}>\frac{1}{4}\).

נסתכל על הפונקציה  \(f(\theta) = S_A-\frac{1}{4}\). זו בברור פונקציה רציפה וחסומה. עבור \(\theta = 0\) ערכה שלילי ואילו עבור \(\theta = 90\) ערכה חיובי ולכן קימת זווית ( \(0\le\theta\le90\) )שבה ערך הפונקציה הוא \(0\) כלומר הפאי מחולק בדיוק לארבעה חלקים שווים בשטחם.

חידה 2 – איך לחלק את העוגה?

לבעיה זו אביא שני פתרונות. הראשון שהכרתי מזה שנים, והשני הוא פתרונו של משה דוידוביץ (לאחר “שפוץ” קל). לבסוף אראה שת שיטתו של Martin Gardner למקרה כללי של חלוקת העוגה בין \(n\) אנשים.

פתרון 1 -החלוקה מתבצעת בשני שלבים:

בשלב 1 – האיש הראשון יחלק את העוגה לשני חלקים השווים לפי תפיסתו והאיש השני יבחר אחד מהם. נסמן ב-\(A\) את החלק שיבחר האיש השני וב-\(B\) את זה שיישאר בידי הראשון.

בשלב 2 – הראשון והשני יחלקו את חלק העוגה שברשותם ל\(3\) חלקים שווים לפי תפיסתם. האיש השלישי יבחר לו חלק אחד מחלקו של כל אחד מהם.

כדי להראות באפן פורמאלי שהחלוקה איננה מקפחת נניח שלכל אחד מהאנשים יש שיטת מדידה הנותנת ערך מספרי לעוגה השלמה או לחלק ממנה. נניח גם שערכה של העוגה השלמה הוא \(1\) (לפי כל אחת משיטות המדידה), וכי בכל חלוקה של נתח עוגה סכום ערכי החלקים שווה לערכו של הנתח המחולק.

בשלב 1 – איש מספר \(1\) מחלק אותה ל\(2\) חלקים \(A\) ו – \(B\)

                לפי מדד איש מס’ 1 – ערכו של חלק \(A\)  – \(\frac{1}{2}\)  וערכו של חלק \(B\) –  \(\frac{1}{2}\)

                לפי מדד איש מס’ 2 – ערכו של חלק \(A\) – \(X\) וערכו של חלק \(B\) – \(1-X\)

                לפי מדד איש מס’ 3 – ערכו של חלק \(A\) – \(Y\) וערכו של חלק \(B\) – \(1-Y\)

בלי הגבלת הכלליות נניח כי  \(x\ge\frac{1}{2}\)  ולכן איש מס’ 2 בוחר את נתח \(A\).

בשלב 2 – איש מספר 1 מחלק את \(B\) לשלשה חלקים : \(B_1,B_2,B_3\) שערך כל אחד מהם לפי מדדו \(\frac{1}{6}\)

     איש מספר 2 מחלק את \(A\) לשלשה חלקים: \(A_1,A_2,A_3\) שערך כל אחד מהם לפי מדדו \(\frac{X}{3}\)  שהוא גדול או שווה ל\(\frac{1}{6}\)

איש מספר 3- לפי מדדו לפחות אחד החלקים של \(A_1,A_2,A_3\) גדול או שווה ל\(\frac{y}{3}\) (כי אם כולם היו קטנים מ\(\frac{y}{3}\) סכומם היה קטן מ\(Y\)) הוא יבחר בחלק זה. בצורה דומה הוא יבחר בחלק שערכו גדול או שווה ל \(\frac{1-Y}{3}\) מבין חלקי \(B\).

כלומר סה”כ לפי מדדיו של איש מס’ 3 יהיה לו יותר מ\(\frac{1}{3}\)   (\(\frac{(1-Y)}{3}+\frac{Y}{3}\)). בידי איש מס 1 יישארו \(2\) חלקי \(B\) שערכם לפי מדדו בדיוק \(\frac{1}{3}\) , ואילו בידי איש מס’ 2 יהיו שני חלקי \(A\) שערכם לפי מדדו גדול או שווה ל\(\frac{1}{3}\).  כלומר כולם לא יחושו מקופחים.

יש לתת את הדעת שהאיש הראשון (שמחלק את העוגה) מקבל תמיד בדיוק את חלקו, בעוד האחרים שבוחרים יכולים בד”כ לקבל קצת יותר ממה שהם חושבים שמגיע להם.

פתרון 2 – עפ”י משה דוידוביץ. החלוקה מתבצעת בשלב או אחד או שניים בהתאם לצורך.

בשלב הראשון:

איש מס’ 1 מחלק את העוגה ל\(3\) חלקים (שווים לפי תפיסתו)

איש מס’ 2 בוחר לו חלק אחד (הכי גדול לתפיסתו ולכן ערכו גדול או שווה ל \(\frac{1}{3}\))

איש מס’ 3 בוחר לו חלק מהשניים הנותרים, וזאת אם יש כזה שאינו קטן מ\(\frac{1}{3}\) לפי תפיסתו – במקרה זה החלוקה מסתיימת. וברור שכל אחד קיבל, לפי תפיסתו, לפחות שליש מהעוגה.

אם לדעת איש מס’ 3 רק החלק שבחר מס’ 2 אינו קטן מ \(\frac{1}{3}\) לפי תפיסתו, הוא מבקש גם כן את אותו חלק ועוברים לשלב השני:

איש מס’ 2 בוחר חלק נוסף (הגדול ביותר, לתפיסתו, מבין הנותרים). יש לתת את הדעת שהחלק שנשאר (ויהיה חלקו של מס’ 1) קטן או שווה לשליש הן לתפיסתו של איש מס’ 2 (כי הוא הקטן ביותר לשיטתו) והן לתפיסתו של מס’ 3 (אחרת היה בוחר בו בשלב הראשון).

עכשיו איש מס’2 ומס’ 3 מחלקים את \(2\) חלקי העוגה שבחר איש מס’ 2 ביניהם לשניים בשיטת החלוקה ל-\(2\), אחד מהם יחלק והשני יבחר. מאחר והם מחלקים חלק שלדעת שניהם גדול או שווה ל \(\frac{2}{3}\), מחציתו תהיה גדולה או שווה לשליש ואיש לא יישאר מקופח.

הערה חשובה: יש לתת את הדעת שבשלב הראשון אם איש מס’ 3 היה “חמדן” והיה דורש את החלק שבחר מס’ 2 כי גם לטעמו הוא היה הגדול ביותר מהשלושה, קיימת סכנה שבשלב השני הוא לא יוכל להבטיח כי יקבל לפחות שליש מהעוגה. הדוגמה הבאה תבהיר את הטענה.

נתונה עוגה במשקל \(300\) גר’ ועליה \(42\) צימוקים ו\(42\) דובדבנים. שלושה המחלקים, מס’ 1 , 2 ו-3 מעריכים אחרת את העוגה.

מספר 1 מתחשב רק במשקל העוגה (ולכן אם בחלקו יפלו \(100\) גר’ ומעלה הוא ישמח בחלקו)

מספר 2 מתחשב רק במספר הצימוקים (ולכן אם בחלקו ייפול נתח עם \(14\) או יותר צימוקים הוא לא יחוש מקופח)

מספר 3 מתחשב במספר הדובדבנים בלבד (כלומר בחלקה “צודקת” יפלו בחלקו \(14\) או יותר דובדבנים).

בשלב הראשון מס’ 1 מחלק את העוגה ל\(3\) חלקים כל אחד במשקל \(100\) גר’. מאחר והוא לא מייחס כל חשיבות לצימוקים ולדובדבנים מספרם אינו זהה בכל החלקים, ובמקרה המעניין הבא נעסוק:

חלק \(A\) מקושט ב \(22\) דובדבנים וב \(22\) צימוקים.

חלק \(B\) מקושט ב \(20\) דובדבנים.

חלק \(C\) מקושט ב \(20\) צימוקים.

בשלב הראשון מס’ 2 יבחר את חלק \(A\) וגם מס’ 3 , אם יהיה “תאוותן” יבחר באותו חלק.

ולכן יהיה צריך לעבור לשלב הבא שבו מס’ 2 יבחר את חלק \(C\) ויבטיח לעצמו \(21\) צימוקים.

מאידך בחלוקה לשתיים של חלקים \(A\) ו\(C\) מספר 3 יכול להבטיח לעצמו רק \(11\) דובדבנים והוא לא יקבל שליש מחלקו.

כמובן שאם מס’ 3 יתנהג לפי האסטרטגיה שהוצעה בפתרון הוא יבחר בחלק \(B\), וכמובן שלא ירגיש מקופח.

המקרה הכללי – חלוקת עוגה בין \(n\)  משתתפים

קל להכליל את פתרון 1 למקרה הכללי. נשתמש באינדוקציה. נניח ששיטתנו עובדת לחלוקה ל –\(n-1\)  עכשיו כל אחד מ \(n-1\) האנשים יחלק את חלקו ל\(n\) חלקים וייתן לאיש מס’ \(n\) לבחור חלק אחד. אני משאיר לקוראים לבדוק שאכן זו חלוקה “צודקת”. הבעיה היא שבתהליך העוגה נחלקת ל\(n!\) חלקים וכבר במספר קטן של משתתפים כל אחד יקבל אוסף של פרורים….

  Martin Gardner הציע את השיטה הבאה:

אחד המשתתפים יאחז סכין ויניח אותה סמוך לקצה אחד של העוגה (תחשבו על עוגה מלבנית ארוכה) ולאט לאט יזיז אותה כך שחלק גדול יותר של העוגה ייחשף, המשתתפים יעריכו את גודל החלק (כל אחד לפי תפיסתו) וברגע שהחלק ייראה לאחד מהם מספיק גדול יצעק “חתוך” והאוחז בסכין יחתוך את החלק וימסור אותו. במידה ושניים יצעקו בו זמנית תערך הגרלה ואחד מהם יקבל את החלק – כמובן שגם האוחז בסכין יכול להחליט שהוא מעוניין בחלק ולצעוק “חתוך” כמו יתר המשתתפים.  כדי למנוע את נושא הצעקות אפשר גם להציע דרך חלופית שבה כל אחד מהמשתתפים מבקש נתח של העוגה הנחתך במישור במרחק \(d\)  מהקצה שלה (כמתואר בשרטוט). זה שמציע את הערך \(d\)  הנמוך ביותר זוכה בו. השאר ממשיכים בתהליך. כל משתתף שיבחר באסטרטגיה בה הוא יציע \(d\) שיביא לכך שערך הנתח יהיה, לתפיסתו,  \(\frac{1}{n}\) יקבל בצורה כזו לפחות\(\frac{1}{n}\) מהעוגה. כי אם לא יקבל את הנתח המבוקש על ידו בשלב הראשון, מובטח לו שנותרו לתפיסתו, יותר מ\(\frac{(n-1)}{n}\) של העוגה ולכן מובטח לו שבהמשך יוכל לקבל את חלקו. יש לתת את הדעת שמשתתף “חמדן” שינסה לקבל חלק גדול יותר מ\(\frac{1}{n}\) לא יוכל להבטיח שאכן יקבל אפילו \(\frac{1}{n}\) מהעוגה.

s2_6

חידה 3 – מסלול? – נראה שהמסלול הוא קו ישר, שהוא קוטר המעגל הגדול העובר דרך הנקודה \(A\).

  נייחס לשרטוט. בקו מקווקו מתואר העגול הקטן במצב שבו הנקודה \(A\) נמצאת על המעגל הגדול. לאחר סיבוב מסוים מרכז העגול הקטן עובר לנקודה \(O’\) והוא משיק למעגל הגדול בנקודה \(B\). נסמן ב\(C\) את חיתוך המעגל הקטן בקוטר המעגל הגדול \(OA\) (העובר דרך הנקודה \(A\)). מהמשפט שזווית היקפית שווה למחצית הזווית המרכזית במעגל, נובע כי \(\angle CO’B = 2*\angle COB = 2*\angle AOB\). מאחר ורדיוס המעגל הגדול כפול מהקטן אורך הקשת \(AB\) (על המעגל הגדול) שווה לאורך הקשת \(CB\) (על המעגל הקטן). מאחר והמעגל הקטן נע ללא החלקה בתוך המעגל הגדול הנקודה \(A\) מגיעה לנקודה \(C\). כלומר היא נעה לאורך הקוטר. במהלך סיבוב מלא הנקודה \(A\) תנוע מקצה אחד של הקוטר לקצה השני וחזרה.

s3_6

שמות הפותרים נכונה את החידות מגיליון מאי 2015

בן בן דוד הולצר, מושב קדרון, כתה י”ב בבי”ס ברנר, בגבעת ברנר. – חידות 2 ו 3

משה דוידוביץ – חידות 2 ו 3

עדי ברשי, כתה ח’ בבי”ס רוגוזין ב, קרית אתא–חידה 2

שם (חובה)

דואר אלקטרוני (חובה)

תשובות לחידות יש להזין כאן:

באפשרותך לשלוח בקובץ מסוג pdf, doc, docx