3. príklad - Vzorové riešenie

Keďže súčin je aj pri dvoch číslach zvyčajne väčší ako súčet, hľadať budeme pomerne nízke čísla, ktoré by mohli byť počtami dier. Začneme teda s čo najviac nulami, skúsime jednotky a tak ďalej, až kým sa nám nebude zdať súčin vždy príliš veľký. Potom sa pokúsime zdôvodniť, že bude naozaj príliš veľký. Počas rozoberania možností nás zaujíma iba, koľkokrát sa ktoré číslo objaví, keďže na poradí nezáleží.

Ak sa v čísle nachádza 0, súčin bude určite 0, a teda, aby bol aj súčet 0, musia byť aj všetky ostatné čísla nuly. Teda máme jednu odpoveď, 0, 0, 0, 0, a prešli sme všetky možnosti s nulami.

Ak sa v čísle nachádzajú tri jednotky (a viac), tak nech je posledné číslo akékoľvek (nazvime ho x), súčin je 1\cdot1\cdot1\cdot x a súčet je 1+1+1+x​. Avšak x=3\cdot x​ nebude nikdy sedieť, teda toto riešením nebude.

Ak sa v čísle nachádzajú 2 jednotky, tretie číslo (nazvime ho x) môže byť 2, vtedy hľadáme posledné číslo tak aby platilo 1\cdot1\cdot2\cdot y=1+1+2+y​, teda 2\cdot y=4+y​ po odčítaní y dáva y=4​. Dostali sme možnosť 1, 1, 2, 4​.

Ešte môžeme mať obe čísla x​ a y​ väčšie ako 2​, vtedy máme aspoň 1+1+3+3=8​ a 1\cdot1\cdot3\cdot3=9​. Tu vidíme že je už súčin vyšší ako súčet. Zároveň vieme ukázať, že aj pri všetkých ďalších kombináciách to tak bude. Vždy keď zvýšime jedno z x​ a y​ o 1​, súčet sa zvýši o 1​ a súčin sa zvýši o to druhé číslo (napr. x\cdot(y+1)=x\cdot y+x​ pri zvýšení y​ o 1​). Vieme, že obe čísla sú väčšie ako 1​, takže sa súčin zvýši viac ako súčet. Nech teda hocikoľko takýchto “krokov” so zvýšením o 1​ urobíme, nikdy súčet nemôže dobehnúť súčin. Takýmito krokmi vieme z pôvodných 1, 1, 3, 3​ urobiť hocijaké číslo s dvomi jednotkami ktoré neobsahuje dvojku, teda žiadne nebude riešením.

Ak sa v čísle nachádza najviac 1​ jednotka, najmenší prípad čo môžeme mať je 1,2,2,2​. Vtedy je súčet 7​ ale súčin 8​. Znova použijeme podobnú úvahu ako v predošlom prípade, aby sme ukázali že žiadne takéto riešenia nebudú. Zvýšením čísla o 1​ dostaneme o 1​ vyšší súčet, no súčin bude vo všeobecnom prípade a \cdot b \cdot c \cdot (d+1)​ = a \cdot b \cdot c \cdot d+a \cdot b \cdot c​, inak povedané zvýši sa o súčin zvyšných čísel. Keďže všetky čísla až na jedno sú aspoň 2​, súčin troch z nich bude vždy viac ako 1​. Tiež teda každým zvýšením iba vzdialime súčin od súčtu, bude ešte väčší. Takto sa vieme dostať ku každej kombinácii s jednou jednotkou alebo so žiadnou.

Ukázali sme teda, že jediné riešenia sú 0,0,0,0​ a 1,1,2,4​.

Iné riešenie

hľadáme štyri čísla pre ktoré platí a+b+c+d=a \cdot b \cdot c \cdot d​. Pričom a bude najväčšie z nich. Súčet teda určite nepresiahne 4a​, nemôže ho teda presiahnuť ani súčin. Teda 4a \geq a \cdot b \cdot c \cdot d​, čo, ak a > 0, môžeme vydeliť a​ a dostaneme 4 \geq b \cdot c \cdot d​. Jediné kombinácie ktoré vyhovujú (vždy zoradené od najmenšieho čísla) si rozoberieme v tabuľke, a dopočítame a​:

Ešte ostala možnosť kedy je niektoré číslo 0​. Vtedy je aj celkový súčin 0​. To sa môže súčtu rovnať iba vtedy, keď sčítavame samé nuly, teda dostávame dve riešenia: 0, 0, 0, 0​ a 1, 1, 2, 4.

Komentár

Najnáročnejšou časťou riešenia sa javilo preskúmať väčšie možnosti (cca od 1, 2, 2, 2​). Keď povieme, že vždy pri vyšších bude súčin príliš veľký, musíme to zdôvodniť. Teda povedať, čo všetko sú "vyššie" kombinácie, a ukázať aj dôvod, prečo sa nemôže nikdy súčet zvýšiť viac, a presiahnuť súčin.

Bodovanie

Vo väčšine postupov riešitelia rozoberali prípady podobne ako vo vzorovom riešení, vtedy sme udeľovali:

​3​ body za nájdenie možnosti 0, 0, 0, 0 a správne vysvetlené vylúčenie možností s iba nulami a jednotkami.

​4​ body za nájdenie možnosti 1, 1, 2, 4​ a vylúčenie ostatných možností s aspoň 2​ jednotkami.

​3​ body za vylúčenie všetkých ostatných možností.