odpowiedzi i komentarze do zadan z ...

odpowiedzi i komentarze do zadan z finalow, nauczanie

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
140
Odpowiedzi i komentarze
141
Final Miedzynarodowy
5
Odpowiedzi i komentarze
do
zadan
z
Finalów
Miedzynarodowych
Poniewaz
(2x
+
1)(2y
+ 1)
=
93
=
3·31,
wiec latwo sprawdzamy, ze
przy calkowitych dodatnich
x
i
y
moga byc tylko dwa rozwiazania
2:t + 1
=
3
i
2y
+ 1
=
31
lub
2x
+ 1
=
31
i
2y
+ 1
=
3,
tzn.
x
=
1,
Y
=
15
lub symetrycznie
x
=
15
i
Y
=
1.
wtedy liczba w dolnej
prawej kratce otrzymanego kwadratu jest równa
(x
+
l)(y+
1)
=
32.
Kategoria CM.
Zadanie
1. Dachówki ukladano
w
kolejnosci
ABEC F D.
Zadanie
2. Jest to liczba 32.
Zadanie
3. Raymond ma 53 samochody.
Zadanie
4.
Zbudowana figura ma obwód
126
cm.
Zadanie
5. Zegar po prawej stronie wskazuje godzine
333
(go-
dzina trzecia i 33 minuty).
Zadanie
6.
Tajemnicza liczba jest
359.
Aby rozwiazac
zadanie
3, wystarczy zauwazyc, ze w 17 wozach
bez kól zapasowych jest lacznie 17 . 4
=
68 kól, zatem pozostale
wozy (z kolami zapasowymi) maja lacznie
248 - 68
=
140
kól. Tych
wozów jest
180 : 5
=
36.
Raymond ma wiec
17+36
=
53
samochody.
Zadanie 4
mozna rozwiazac rysujac figure zlozona z 20 krzyzy
na papierze kratkowanym i liczyc ilosc kolejnych odcinków na
brzegu. Mozna zauwazyc, ze dwa sasiednie krzyze maja 3 odcinki
wspólne, zatem obwód figury jest równy
20·12 - 19·6
=
126
cm.
Uwagi.
Rozwiazanie
zadania
2 otrzymuje sie korzystajac z wycietego
z papieru szablonu majacego okienko kwadratowe obejmujace do-
kladnie 4 kratki tabliczki mnozenia. Przesuwajac szablon i odczy-
tujac sumy ukazujacych sie czterech liczb, odnajdziemy dwa takie
polozenia, w których suma jest równa 93. Jest to kwadrat 2
X
2
W
zadaniu
5 zegar narysowany po lewej stronie wskazuje go-
dzine
153,
a wiec biale kólko na tarczy zegara oznacza godzine 12.
Kólko biale na tarczy zegara po prawej stronie równiez oznacza
godzine 12, zegar ten wskazuje wiec godzine
333.
kratki w pierwszym i drugim wierszu oraz w pietnastej i szesnastej
kolumnie tablicy iloczynów oraz kwadrat symetryczny wzgledem
glównej przekatnej tablicy. Bardziej interesujacy sposób rozwiaza-
nia, nie wymagajacy przeszukiwania szablonem calej tabliczki mno-
W
zadaniu
6
kolejne cyfry tajemniczej liczby
100x
+ 10y +
z
oznaczamy przez
x,
y
i
z.
Wtedy z warunków zadania mamy 1
:=;
x
<
y
<
z, z
=
3x
i
x
+
y
+
z
=
17,
a zatem
4x
+
y
=
17
i
1
:=;
x
:=;
3 (bo
z
nie moze byc liczba wieksza niz 9). Mamy wiec
tylko dwie mozliwosci:
x
=
2 i
Y
=
9 albo
x
=
3 i
Y
=
5. W
pierwszym przypadku mamy
z
=
6, a wiec
z
<
y
i to rozwiazanie
nalezy odrzucic. W drugim otrzymujemy
z
=
9,
a wiec liczbe
359
spelniajaca warunki zadania.
zenia, mozna otrzymac analizujac zwiazki arytmetyczne wynikajace
z warunków zadania. Jesli wybierzemy kwadrat 2
X
2 kratki lezacy
w wierszach o numerach
x
i
x
+
1 oraz kolumnach o numerach
y
i
Y
+ 1,
to w kwadracie tym beda liczby;
xy, x(y
+ 1),
(x
+ l)y
i
(x
+
1)(y
+
1), a ich suma bedzie liczba
xy
+
x(y
+ 1) +
(x
+ l)y +
(x
+ l)(y + 1)
=
=
x(2y
+ 1) +
(x
+ 1)(2y+ 1)
=
(2x
+ 1)(2y + 1).
142
FinalAliedzynarodowy
Odpowiedzi i komentarze
143
Kategorie CI, C2, LI, L2, GP i HC.
Zadanie 1.
Jest siedem prostych spelniajacych warunki zada-
nia. Sa to proste laczace pary punktów
N
i
Al,
A
i
B, C
i
D, E
i
F, I
i
J
oraz
J(
i
L
(rys. 68).
N
A
C
E
G
L
J
H
F
D
B
M
Rysunek 69
Rysunek 68
Zadanie 6.
Aby wygrac rozgrywke, rozpoczynajacy
mUSI w
Zadanie 2.
Rozwiazaniem jest ciag szesciu operacji
RRRT HR.
Mamy bowiem kolejno
R(ABCD)
=
DABC, R(DABC)
=
CDAB,
R(CDAB)
=
BCDA, T(BCDA)
=
CBDA, R(CBDA)
=
ACBD
pierwszym ruchu wziac dwa czarne piony.
Zadanie 7.
Wydarzenie, które przepowiedziala wrózka Cara-
bosse, nastapi w roku 2008.
Zadanie 8.
Firma wyprodukowala 18564 rózne szablony.
Zadanie 9.
Uczestnicy ekspedycji zjedli
22
racje zywnosciowe.
Zadanie 10.
W ciagu siedmiu dni Marcin Gale wygral
15
razy.
Zadanie 11.
Prostokat ma wymiary 7 cm i
15
cm, a drugi
czworokat - 3 cm, 9 cm, 17 cm i 19 cm.
Zadanie 12.
Najmniejszy promien basenu centralnego, spelnia-
jacego warunki zadania, jest równy 11 m.
Zadanie 3.
N a pierwszym talerzu Felicja polozyla
18
krokietów.
Zadanie 4.
Alina ma
20
lat, Beata ~~
22
lata i Celina -_~ 19
lat. Falszywa jest pierwsza wypowiedz Aliny i falszywe sa ostatnie
informacje Beaty i Celiny.
Zadanie 5.
Wlasciwy podzial piernika na dwie czesci pokazano
na rysunku 69.
i
R(ACBD)
=
DACB.
144
Final Miedzynarodowy
Odpowiedzi i
komentarze
145
Uwagi.
Rozwiazanie
zadania 3
otrzymuje sie z ukladu równan
bialy i 6 pionów czarnych. Jezeli wiec rozpoczynajacy wezmie 2
piony czarne, to zostanie 91
=
15·6+ 1 pionów bialych i 90
=
14·6+6
pionów czarnych. Strategia rozpoczynajacego gre (pierwszego gra-
cza) polega wiec na tym, ze jesli przeciwnik wybierze
k
pionów, to
on zabiera 6 -
k
pionów tego samego koloru, co przeciwnik. Przy tej
strategii i najlepszej rozgrywce przeciwnika po 29 ruchach zostanie
l pion bialy i 6 czarnych, a wiec drugi gracz musi przegrac.
W zadaniu 7
nalezy wyznaczyc taka liczbe naturalna
k
<
18,
aby ostatnia cyfra liczby (1992 +
k)1992+k
byla równa cyfrze jedno-
stek liczby
k.
Mozna sprawdzic bezposrednio, ze warunek ten jest
spelniony dla liczby
k
=
16. Ostatnia cyfra liczby 20084 jest 6, a
wiec ostatnia cyfra liczby 200082008
=
(20084)502 jest równiez 6 i
wlasnie w roku 2008 Kunegunda bedzie miala 16 lat. Liczby mniej-
sze od 16 i liczba 17 nie spelniaja warunków zadania. Biorac dla
przykladu
k
=
17 mamy 20092009
=
(20092)1004. 2009 i liczba ta
konczy sie cyfra 9.
Rozwiazanie
zadania 8
otrzymujemy obliczajac liczbe wszyst-
kich mozliwych konfiguracji zlozonych z 6 kwadratów w tabliczce
zlozonej z 18 takich kwadratów
i
odejmujac od tej liczby ilosc takich
konfiguracji (zlozonych z 6 kwadratów), których wyciecie spowoduje
wypadniecie co najmniej jeszcze jednego dodatkowego kwadratu. Sa
dwa typy takich konfiguracji pokazane na rysunku 70.
Xl
+
X2
+
X3
+
X4
+
X5
=
100,
Xl
+
X2
=
30,
X2
+
X3
=
33,
X3
+
X4
=
41,
X5
-
Xl
=
11,
gdzie przez
Xl,
X2, X3, X4
i
X5
oznaczono ilosci krokietów, jakie
znalazly sie na kolejnych talerzach.
Aby otrzymac rozwiazanie
zadania
4, oznaczymy przez
A, B
i
e
liczby lat Aliny, Beaty i Celiny, a wypowiedzi sióstr zapiszemy w
nastepujacy sposób:
Alina:
Beata:
Celina:
e ::
B,
e<
A,
B
-
A
=
2,
le -
Al
=
3,
e
=
19,
A
-
e
=
1,
e
=
21,
B
-
A
=
3.
A
::;
B
lub
Musi byc prawda, ze
e
<
A,
bo w przeciwnym razie prawdziwe
bylyby dwie nastepne wypowiedzi Celiny
(e
=
19 i
B
-
A
=
3),
a wtedy Alina sklamalaby dwukrotnie
(B
-
A
=
2 i
A
-
e
=
l).
Gdyby wypowiedz Celiny
e
=
19 byla falszywa, to prawdziwe by-
lyby wypowiedzi
e
<
A
i
B
-
A
=
3, a wtedy wypowiedz Aliny
B
-
A
=
2 jest falszywa, a prawdziwe sa wypowiedzi
A
=
18 i
A
-
e
=
1. Mielibysmy zatem
e
=
17 i
B
=
21, a wiec dwie ostat-
nie wypowiedzi Beaty bylyby falszywe. Z tych rozwazan wynika, ze
falszywa jest ostatnia wypowiedz Celiny. Wobec tego falszywa. jest
równiez ostatnia wypowiedz Beaty oraz pierwsza wypowiedz Aliny.
Teraz latwo wyznaczamy
A
=
20,
B
=
22 i oczywiscie
e
=
19.
Rozwiazanie
zadania 6
otrzymujemy stad, ze ostatni dopusz-
czalny ruch jest przegrywajacy, gdy wykonujemy go z pozycji: l pion
A
=
18,
147
146
Final Miedzynarodowy
Odpowiedzi i komentarze
Rysunek 70
uczestnicy wyprawy biora ze soba 22 racje, w pierwszym dniu zja-
daja 3, a 2 racje pozostawiaja na pierwszym biwaku. Jeden z nich z
jedna racja wraca do bazy, a dwaj pozostali z 16 racjami ida do dru-
giego biwaku. Na drugim biwaku pozostawiaja 2 racje, a na trzecim
jedna racje zywnosciowa. Ten z uczestników, który ma robic zdjecia,
wyrusza z osmioma racjami, które wystarczaja mu na dotarcie do
celu i powrót do trzeciego biwaku, gdzie znajduje sie racja zywno-
sciowa na nastepny dzien. Jego kolega z trzeciego biwaku powraca
do bazy z jedna racja potrzebna na dotarcie do drugiego biwaku.
Rozwiazanie zadania
10.
Marcin Gale w kolejnych siedmiu
dniach wykupuje losy wartosci: 1 franka, 5, 25, 125, 625, 3125 i
15625 franków. Jezeli przez
Xi
oznaczymy ilosc wygranych w i-tym
dniu, i
=
1, 2, ... , 7, O ::;
Xi
::;
5, to kasa wyplacila Marcinowi
Pierwszy typ mozna zrealizowac na 4 .
C23)
=
312 sposobów, a
drugi na 3 sposoby, co lacznie daje 315 ukladów zlozonych z 6 kwa-
dratów, które nie moga pojawic sie w szablonach. Poniewaz wszyst-
kich podzbiorów szescioelementowych ze zbioru osiemnastoelemen-
towego mozna utworzyc
3Xl
+
5.
3X2
+
25·
3X3
+
125 .
3X4
+
625·
3X5
+
3125·
3X6
+
15625·
3X7
= -------
=
18564
franków, ale jednoczesnie wydal on
6
1 ·2·3·4·5·6
'
(18)
18·17· 16·15· 14· 13
5(1
+
25
+
125
+
625
+
3125
+
15625)
=
97655
zatem firma wyprodukowala 18564 - 315
=
18249 róznych szablo-
nów.
franków na zakup zetonów. Zatem
W zadaniu 9 przyjmujemy, ze uczestnicy wyprawy korzystaja
z dziennych racji zywnosciowych takze w pierwszym dniu marszu.
Ten, kto bedzie robil zdjecia, moze sie rozstac z kolegami w odleglo-
sci czterech dni marszu od celu, poniewaz moze niesc tylko 8 racji.
W czasie calej wyprawy spozyje 14 racji zywnosciowych. Drugi z
uczestników musi dojsc do trzeciego miejsca wyznaczonego na bi-
wak, bedzie wiec w drodze 6 dni i wykorzysta 6 racji zywnosciowych.
Trzeci z archeologów moze po dojsciu do pierwszego biwaku powró-
cic do bazy i potrzebuje tylko dwóch racji zywnosciowych. Trzej
3(
Xl +5x2+25x3+125x4+625x5+3125x6+15625x7
)-97655=22066,
a stad
Xl
+
5X2
+
25x3
+
125x4
+
625x5
+
3125x6
+
15625x7
=
39907.
Z równosci tej wynika, ze musi byc
Xl
=
2, a wiec
X2
+
5X3
+
25x4
+
125x5
+
625x6
+
3125x7
=
7981,
148
149
Final Miedzynarodowy
Odpowiedzi i komentarze
a
stad
X2
=
1. Postepujac w ten sam sposób otrzymujemy kolejno:
X3
=
1,
X4
=
4,
X5
=
3,
X6
=
3 oraz
X7
=
2. Laczna liczba wygranych
stawek jest wiec równa
uklad równan
(z
+
y)2
-
(a
-
b
+
2X)2
=
420,
(a
+
b)2
-
(z
-
y)2
=
420,
ab
=
3·5·7,
Xl
+
X2
+
X3
+
X4
+
X5
+
X6
+
X7
=
15.
Aby rozwiazac
zadanie 11,
wprowadzimy oznaczenia:
AB
=
a,
BC
=
b. GA
=
EC
=
X,
FG
=
z
i
FE
=
Y
(rys. 71).
F
który nalezy rozwiazac w liczbach naturalnych z warunkami:
x
<
b
<
a,
y
<
z.
Z ostatniego równania i warunku
b
<
a
wynika, ze
moga byc nastepujace przypadki:
a
=
15 lub
a
=
21 lub
a
=
35 lub
a
=
105. Poniewaz liczba 420 rozklada sie na róznice kwadratów
liczb naturalnych tylko na cztery rózne sposoby:
c
420
=
1062
-
1042
=
382
-
322
=
262
-
162
=
222
-
82
,
~
wiec wszystkie mozliwe rozwiazania rozwazanego ukladu równan w
liczbach naturalnych spelniajacych warunki
a
<
b
i
Y
<
z
mozna
zestawic w tabelce:
G
X
A
a
B
Rysunek 71
a
38 332
38, 1043,36
22, 26, 38, 104
1
26, 38, 100,8,44
z+y x
0,4,12,48
105
35
21
Zauwazmy, ze
a
>
b,
z
>
y
i
b
>
x.
Z przystawania trójkatów
p
DQ
i
RFQ
wynika, ze trójkat
F EG
jest prostokatny, a wiec czworokat
FGBE
ma pole
!zy+l(a+x)(b-x),
Poniewaz pole tego czworokata
z zalozenia jest równe 105
cm2,
wiec
gdzie w kolumnie szóstej wpisano dla kazdego dopuszczalnego
a
wszystkie mozliwe wartosci, jakie moze przyjac
z
+
y,
a w kolumnie
siódmej - odpowiadajace im wartosci
x.
Poniewaz musi byc spelniony takze warunek O
<
x
<
b,
mamy
wiec tylko jedno rozwiazanie:
a
=
15,
b
=
7,
z
-
y
=
8,
z
+
y
=
26
i
x
=
4.
2zy
=
420 -
2(a
+
x)(b
-
x).
Z drugiej strony
Z2
+
y2
=
(a
+
x)2
+
(b
_
x)2,
wiec dodajac i odejmujac powyzsze równosci i uwzgledniajac zalo-
zenie, ze pole prostokata
ABCD
jest równe 105
cm2,
otrzymujemy
Prostokat ma zatem wymiary 7 cm i 15 cm, a czworokat - 3 cm,
9 cm, 17 cm i 19 cm.
b
22 8
26 16
106104
104 104
O
a+b
b-a
1
z-y
15
[ Pobierz całość w formacie PDF ]

zanotowane.pl

doc.pisz.pl

pdf.pisz.pl

anio102.xlx.pl