Завдання на перебування перетину або об’єднання множин (кола Ейлера) - Математика

1.3 Завдання на перебування перетину чи об'єднання множин (кола Ейлера)

Ще один тип завдань - завдання, в яких потрібно знайти деяке перетинання множин або їх поєднання, дотримуючись умов завдання.

Завдання 16. У шаховому турнірі брало участь 7 осіб. кожен із кожним зіграв по одній партії. Скільки партій вони зіграли?

Рішення. При вирішенні цього завдання у рахунку можливі помилки, тобто. деякі партії вважаються двічі. Запропонуйте хлопцям знайти відповідь за допомогою графів, позначаючи кожного учня крапкою, а ігри – стрілками. Залишається лише підрахувати стрілки (рис. 32).

Можна оформити завдання як турнірної таблиці і підрахувати її клітини. Такі методи допоможуть хлопцям пояснити числове рішення задачі:

Число партій = (7 * 6) / 2 = 21

Надалі школярі легко зможуть вирішувати такі завдання без допомоги грофів.

Завдання 17. Кожні з двадцяти міст з'єднані лінією повітряного безпересадкового сообщения. Скільки всього повітряних сполучень?

Завдання 18. В учительській кімнаті в одну зі змін почалася розмова про журнали. У ході його з'ясувалося, що кожен із учителів виписує два журнали. На кожен із журналів, що виписуються, підписується троє. Будь-яка комбінація з двох таких журналів виписується одним учителем, скільки було вчителів? Скільки журналів було виписано? Скільки номерів журналів вони отримали протягом року, якщо всі журнали були щомісячними?

Рішення полягає у правильній побудові графічної схеми. Позначимо журнали крапками. Кожному журналу відповідає три передплатники, тобто. із кожної точки виходять три ребра, кожне ребро з'єднується ще з однією точкою (рис. 33). Кожна пара з отриманих трьох точокмає бути з'єднана відрізком. Після проведення цих відрізків переконуємось, що до графа нема чого додати.

Подивившись на схему, можна сказати, що журналів було чотири, а вчителів 6. Число журналів на рік легко порахувати: 6 * 2 * 12 = 144. Або 4 * 3 * 12 = 144.

При вирішенні деяких завдань потрібні складніші побудови. Нехай хлопці прийдуть до них самі, нехай спробують використати вже знайомі методи.

Ще один метод вирішення теоретико-множинних завдань, з якими слід познайомити хлопців – це кола Ейлера.

Завдання 19. У школі взимку працювали 3 секції (лижна, хокейна, ковзанярська). Загалом у секціях займалося 38 учнів. У лижній – 21 людина, серед яких троє ще займалися ковзанами, шестеро – ще у хокейній секції, а одна – одразу у трьох секціях. У ковзанярній секції було 13 осіб, серед яких п'ятеро займалися одразу у двох секціях. Скільки людей забули у хокейній секції?

Метод Ейлера (рис. 34) є незамінним під час вирішення деяких завдань, і навіть значно спрощує міркування. Однак не завжди до завдання, з першого погляду схожого на цю, треба будувати таку схему. Перш ніж розпочати вирішення завдання, потрібно проаналізувати умови. Іноді, за допомогою арифметичних дій, вирішити таке завдання легше.

Завдання 20. Одна швейцарська громада налічує 50 членів. Рідна мова всіх 50 членів громади - німецька, але 20 з них говорять ще італійською, 35 з них володіють французькою і ще 10 не знають ні італійської, ні французької. Скільки членів громади говорять і французькою, і італійською?

Рішення. 50 - 10 = 40 - володіють іноземною мовою (крім німецької). 20 + 35 = 55 і 55 - 40 = 15 - членів громади говорять і французькою, і італійською (рис. 35).

1.4 Літерніребуси та завдання із зірочками

Методом підбору та розгляду різних варіантів вирішуються буквені ребуси та приклади із зірочками.

Такі завдання різні за складністю та схемою рішення. Розглянемо такий приклад.

ка ф т а н б у л о к с о л д а т і

ка ф т а н би ло * * ч е р т і

т р і ш к а м н о го * *

літера. 6 = с л о в о

Завдання 21. Г + О = Л - О = В О = Л - О = М - К = А

Рішення: Г + О = Л – О = В * О = М – К = А. Т.к літера Про зустрічається у прикладі більше за інших, вибір варіантів начпем з неї, О ≠ 0, т.к. О ≠А, а В • О = А;

Про ≠ 9, т.к. Г + О = А, крім того, Л & gt; Про А одиниць

Про ≠ 8, т.к. Г + О = А та Л & gt; Отримаємо, що Л = А = 9.

З рівності В • О = А випливає, що треба виключити також варіанти О = 7, О = 6, О = 5 інакше за мінімального В = 2 (В·О) – двозначне число. Нехай О = 4, тоді В = 2, а А = 8, але Л – 4 = 8 не має сенсу за жодного Л, значить О ≠ 4.

Нехай О = 3, тоді = 2 або В = 3. Якщо В = 2, то А = 6, Л = 9, але Г = 3 = О. Якщо В = 3, то А = 9, Л = 12. Значить Про ≠ 3

Нехай О = 2. Р + 2 = Л - 2 = В, 2 = М - К = А.

Якщо В = 3, то А = 6, Р + 2 = 6, Р = 4, Л - 2 = 6, Л = 8, М - К = 6, М = 7 і К = 1.

Якщо У = 4, то А = 8, Л = 10 (суперечить умові, що Л – цифра).

Нехай О = 1. Тоді Г + 1 = Л - 1 = В, 1 = М - К = А, В = А, що не так.

Завдання має єдине рішення:

Г = 4; О = 2; В = 3; М = 7; К = 1; А = 6; Л=8.

4 + 2 = 8 - 2 = 3 - 2 = 8 - 2 = 7 - 1 = 6.

Завдання 22. Перед початком бігів на іподромі чотири знавці з-поміж глядачів обговорювали шанси фаворитів А, В або С.

Перший: Заїзд виграє А чи С.

Другий: Якщо прийде третім, то С не виграє.

Третій:Якщо А буде другим, то виграє.

Четвертий: Другим прийде А чи Ст.

Після заїзду з'ясувалося, що три фаворити А, В, С дійсно зайняли перші три місця і всі чотири твердження знавців виявилися істинними. Як фаворити поділили між собою три перші місця?

Рішення. Це завдання за схемою рішення схоже на завдання 10. Можливі 6 варіантів результату заїзду (з!):

Праворуч зазначені твердження, яким суперечать ці варіанти. Всім умовам завдання задовольняє розташування місць, у якому лідер А прийшов першим, У – другим і З – третім.

Це завдання не є складним, воно може бути використане як тренувальна, що намічає підхід до вирішення завдань, які вимагають встановити істинність або помилковість безлічі висловлювань.

1.5 Істиннісні завдання

Завдання, у яких потрібно встановити істинність чи хибність висловлювань назвемо істинними завданнями.

Завдання 23. В одному старовинному задачнику суд Паріса описаний таким чином: богині Гера, Афродіта та Афіна прийшли до юного Париса, щоб той вирішив, хто з них прекрасніший. Представивши перед Парісом, богині висловили такі твердження:

1. Афродіта: Я найпрекрасніша.

2. Афіна: Афродіта не найпрекрасніша.

3. Гера: Я найпрекрасніша.

4. Афродіта: Гера не найпрекрасніша.

5. Афіна: Я найпрекрасніша.

Паріс, що приліг відпочити на узбіччі дороги, не вважав за потрібне навіть зняти хустку, якою заплющив очі від яскравого сонця. Але богині були наполегливі, і йому будь-що-будь, треба було вирішити, хто з них найпрекрасніша. Парис припустив, що це твердження прекрасної з богинь істинні, проте інші твердження двох інших богинь хибні. Чи міг Паріс, виходячи з такого припущення, випікати торішення, яке чекали від нього богині, і якщо міг, то хто з богинь найпрекрасніша?

Рішення. Для зручності вирішення висловлювання у тексті завдання пронумеровано:

1 – 5. Складемо таблицю (рис. 36)

Афродіта	Афіна	Гера
1
2
3
4
5

Почергово припускаючи кожну богиню найпрекраснішою, перевіримо, чи це призведе до протиріччя з умовою завдання. "+" - справжнє висловлювання, "-" - хибне. Нехай Афіна найпрекрасніша з богинь. Тоді висловлювання 5 і 2 істинні, а решта хибні. Але якщо хибне висловлювання 3, тоді 4 має бути істинним, і Афродіта говорить правду, отримали протиріччя умові, що правду говорить тільки найпрекрасніша з богинь. Отже, початкове припущення неправильне: Афіна не найпрекрасніша. Розмірковуючи аналогічно, приходимо до висновку, що найпрекрасніша з богинь - Афродіта.

Завдання має єдине рішення.

Завдання 24. До царя Гороху дійшла чутка, що нарешті вбили Змія Горинича. Цар знав, що це міг зробити Ілля Муромець, Альоша Попович чи Добриня Микитович. Викликав цар до себе богатирів. І ось вони, запилені, прийшли до двору. Почав питати їх цар. Тричі кожен богатир відповідь тримав.

– Я не вбивав Змія.

- Я виїжджав до заморських країн.

– Змія вбив Альоша Попович.

- Якби я вбив його, то не сказав би.

- Багато ще на землі нечистої сили лишилося.

– не вбивав я Змія Горинича.

- Я не шукаю, який би подвиг здійснити.

- І справді Добриня Микитович до заморських країн їхав.

Цар дізнався також, що двічі говорив правду кожен богатир, а один разлукав. Хто ж убив Змія Горинича?