Приклади розв'язування задач на підрахунок двома способами

 

Приклад 1.1. Чи можна записати деякі числа в квадратній таблиці 5 × 5 так, щоб сума чисел в кожному рядку була додатною, а в кожному стовпці ― від’ємною?

Розв’язання. Припустимо, що для певних чисел це зробити можна. Знайдемо суму всіх чисел. Якщо рахувати її по рядкам, то сума буде додатною, а якщо по стовпцям ― від’ємною. Одержали суперечність. Отже, так записати числа не можна. ■

Приклад 1.2. У класі навчаються 27 учнів. Кожен хлопчик дружить з чотирма дівчатками, а кожна дівчинка ― з п’ятьма хлопчиками. Скільки в класі хлопчиків і скільки дівчаток?

Розв’язання. Хай m ― число хлопчиків, d ― число дівчаток. Знайдемо загальну кількість «дружб» двома способами. Оскільки кожен хлопчик дружить з чотирма дівчатками, це число дорівнює . З іншого боку, кожна дівчинка дружить з п’ятьма хлопчиками, тому це число дорівнює 5d. Одержуємо рівняння 4m = 5d. Оскільки m + d = 27, то m = 15, d = 12. Отже, у класі навчаються 15 хлопчиків і 12 дівчаток. ■

Приклад 1.3. Знайти суму геометричної прогресії Sn = 1 + 3 +9 +…+ 3n-1.

Розв’язання. Зауважимо, що знаючи Sn, наступну суму Sn+1 можна одержати двома способами: або додати 3n, або помножити всі доданки на 3, а потім додати 1. Маємо рівняння: Sn + 3n = 3Sn + 1. Звідси . ■

 

Рис. 1

Приклад 1.4. Довести, що медіани трикутника перетинаються в одній точці.

Розв’язання. Нехай ,  і — медіани трикутника АВС, О ― точка перетину медіан  і .

Проведемо відрізки  і . Позначимо площі шести трикутників, на які розбився трикутник АВС, як показано на рис. 1. Скористаємося тим, що медіана ділить трикутник на два рівновеликі трикутники. Дійсно, у таких трикутників рівні основи і спільна висота. Тому , , . Крім того, трикутники  і

 

 рівновеликі, оскільки площа кожного з них складає половину площі трикутника АВС. Викидаючи з них загальну частину ― трикутник АОС, одержуємо рівновеликість трикутників  і , тобто . Отже, , значить чотирикутники  і  рівновеликі. З іншого боку, медіана  також ділить АВС на дві рівновеликі частини, тому точка О повинна лежати на відрізку . ■

Приклад 1.5. Чи можуть всі грані опуклого многогранника мати 6 і більше сторін?

Розв’язання. Оцінимо двома способами середнє арифметичне всіх кутів на всіх гранях. З одного боку, середнє арифметичне кутів кутника при  не менше від 120° .

З іншого боку, до кожної вершини многогранника прилягає не менше трьох граней, і сума прилеглих кутів строго менша від 360° . Тому середнє арифметичне кутів при кожній вершині строго менше від 120° .

Одержана суперечність доводить, що такого многогранника не існує. ■

Приклад 1.6. Знайти кількість діагоналей опуклого n-кутника.

Розв’язання. З кожної вершини виходять (n – 3) діагоналі. Помноживши їх на кількість вершин, отримаємо n(n – 3). Але при такому підрахунку кожна діагональ рахується двічі. Тому кількість діагоналей дорівнює n (n - 3)2 . ■

Приклад 1.7. За круглим столом сидять 30 учнів. Кожен із них або завжди говорить правду, або завжди бреше. Відомо, що серед двох сусідів кожного брехуна є рівно один брехун. При опитуванні 12 учнів сказали, що рівно один із їхніх сусідів брехун, а решта сказали, що обидва сусіди ― брехуни. Скільки брехунів сидять за столом?

Розв’язання. Проаналізуємо відповіді учнів. Відповіді залежать від того, хто сам учень і хто його сусіди. Можливі такі розміщення по трійках: БПБ, БПП, ППБ, ППП, БББ, ПБП, ББП, ПББ. Але розміщення БББ та ПБП неможливі внаслідок умови, що серед двох сусідів кожного брехуна є рівно один брехун, а розміщення ППП не було, тому що не було відповіді: «Немає жодного брехуна». При п’яти можливих розміщеннях кількості брехунів такі: БПБ ― 2, БПП ― 1, ППБ ― 1, ББП ― 2, ППБ ― 2. Неважко помітити, що в кожному випадку опитуваний учень правильно називав кількість брехунів у трійці учнів, усередині якої він сидить. При цьому кожен брехун згадувався 3 рази ― собою та своїми сусідами. В усіх відповідях згадувалося 12 · 1 + 18 · 2 = 48 брехунів. Отже, загальна кількість брехунів дорівнює 48 ꞉ 3 = 16. ■

Приклад 1.8. Одну з вершин правильного 2001-кутника пофарбовано в чорний колір, а решту його вершин ― у білий. За один крок дозволяється вибрати будь-яку пофарбовану у чорний колір вершину та замінити колір на протилежний (білий ― на чорний, а чорний ― на білий) у неї та ще двох сусідніх із нею вершин. Чи можливо за декілька зазначених кроків перефарбувати всі вершини початкового 2001-кутника у білий колір?

Розв’язання. Припустимо, що таке перефарбування можливе. Помічаємо, що після кожного кроку кількість чорних вершин або змінюється на 1, або зменшується на 3. Оскільки на початку є 1 чорна вершина, а в кінці ― жодної, то кількість таких кроків має бути непарним числом.

Позначимо вершини многокутника через A1,  A2, …,  A2001 . Нехай у процесі перефарбування вершина Ak (k = 1, 2, …, 2001) обиралася ak  разів за «цен-тральну». Тоді загальна кількість кроків  S = a1 +  a2 + … +  a2001  має бути непарним числом.

Нехай на початку описаного процесу вершину A1 пофарбовано в чорний колір. Тоді вершина A1  змінювала свій колір непарну кількість разів, а всі інші вершини змінювали свій колір парну кількість разів. З іншого боку, сума a1+a2+a3  дорівнює кількості змін кольору вершини A2 , сума a4+a5+ a6  дорівнює кількості змін кольору вершини A5 ,…, сума a1999+a2000+ +a2001  дорівнює кількості змін кольору вершини A2000 . Тому загальна кількість кроків

S=(a1+a2+a3)+a4+a5+a6+ … +(a1999+a2000+a2001)

має бути парним числом. Прийшли до протиріччя.

Отже, перефарбування за допомогою описаного процесу неможливе. ■