Zadania otwarte - kategoria klas I i II

14.12.2013
Zadania otwarte
Kategoria klas I i II - rozwiązania
Zadanie 1. Łasice Marta i Emilka wybrały się na targ owoców. Kosz pomarańczy kosztował 20 trąbek,
kosz gruszek 30 trąbek, a kosz owoców kiwi 40 trąbek. Łasice zdecydowały się na wspólne kupno 8 koszy
owoców za 230 trąbek. Chcą też kupić jak najwięcej kiwi. Ile koszy kiwi kupią?
Odpowiedź. 3.
Rozwiązanie. Jest możliwy zakup trzech koszy kiwi: trzy kosze kiwi, jeden kosz gruszek oraz cztery kosze
pomarańczy kosztują łącznie 3 · 40 + 1 · 30 + 4 · 20 = 120 + 30 + 80 = 230 trąbek. Łasice nie mogą kupić
więcej niż trzech koszy kiwi: cztery kosze kiwi kosztują 4 · 40 = 160 trąbek. Kosz najtańszych owoców
kosztuje 20 trąbek, więc pozostałe owoce kosztują przynajmniej 80 trąbek. Jednakże 160+80=240 trąbek
przekracza budżet łasic. To oznacza, że przy danych warunkach, łasice mogą kupić maksymalnie trzy
kosze kiwi.
Zadanie 2. Borsuk Tomek handluje cukierkami – pewnego dnia miał ich 2013 sztuk. Przez kolejne 6
dni sprzedaż przebiegała następująco: n-tego dnia (n = 1, 2, ..., 6) sprzedawał lub kupował dokładnie n
cukierków, tzn: pierwszego dnia kupił lub sprzedał jeden cukierek, drugiego dnia kupił lub sprzedał dwa
cukierki, trzeciego trzy, itd. Okazało się, że pod koniec szóstego dnia miał ich o 5 więcej niż na początku
pierwszego dnia. Na ile sposobów mogła przebiegać ta procedura?
Odpowiedź. 4.
Rozwiązanie. Oznaczmy przez x łączną liczbę sprzedanych cukierków przez Tomka, a przez y łączną
liczbę kupionych cukierków. W obiegu było łącznie 1+2+3+4+5+6=21 cukierków, więc liczby x oraz y
spełniają równanie x + y = 21. Po szóstym dniu Tomek miał o 5 cukierków więcej niż na początku, więc
kupił o 5 cukierków więcej niż sprzedał. To oznacza, że liczby x oraz y spełniają równanie y − x = 5.
Dodając równania stronami i dzieląc przez 2 dostajemy y = 13. To oznacza, że x = 21 − y = 8.
Zastanówmy się, w których dniach Tomek sprzedawał cukierki. Trzeba znaleźć wszystkie możliwe
rozkłady liczby 8 na sumę kilku różnych składników, które są którymiś z liczb 1,2,3,4,5,6. Są cztery takie
rozkłady:
8 = 6 + 2 = 5 + 3 = 5 + 2 + 1 = 4 + 3 + 1.
Każda z równości wyznacza jedną z możliwości przebiegania kupna i sprzedaży cukierków. Przykładowo,
równość 8 = 6 + 2 odpowiada następującej możliwości: Tomek kupował cukierki pierwszego, trzeciego,
czwartego i piątego dnia, a sprzedawał drugiego i szóstego. Opisana w treści zadania sytuacja mogła
zatem przebiegać na 4 sposoby.
Zadanie 3. 4 Piszcząca zabawka dla małych borsuków ma kształt przedstawiony
na rysunku. Największy okrąg ma promień 5 cm, średni 4 cm, a dwa małe 2 cm.
Która część ma większe pole – jasnoszara czy ciemnoszara? Ile wynosi różnica tych
pól?
Odpowiedź. Większe pole ma część ciemnoszara, a różnica pól wynosi π.
Rozwiązanie. Oznaczmy literami b, c, j pola części białej, ciemnoszarej i jasnoszarej. Suma pól części
ciemnej i białej jest równa polu największego koła, a suma pól części jasnej i białej jest równa sumie pól
trzech małych kół. To oznacza, że liczby b, c, j są związane zależnościami: b + c = π · (5cm)2 = 25πcm2
oraz b + j = π · (2cm)2 + π · (2cm)2 + π · (4cm)2 = 4πcm2 + 4πcm2 + 16πcm2 = 24πcm2 . To oznacza,
że c = 25πcm2 − b oraz j = 24πcm2 − b. Skoro 25π > 24π, to c > j. Różnica pól części ciemnej i jasnej
wynosi 25πcm2 − b − (24πcm2 − b) = πcm2 .
Zadanie 4. 4 Borsuk Wojtek, wykorzystując nieuwagę borsuka Bartka, narysował mu w zeszycie
prostokąt ABCD. Oznaczył przez M , N środki boków BC, CD, następnie zaś naszkicował odcinki BN
i DM , których punkt przecięcia podpisał jako P . Udowodnij, że kąty ^M AN i ^BP M mają równe
miary, zanim Bartek się zorientuje, że ma nabazgrolone w zeszycie!
Rozwiązanie. Niech X będzie środkiem boku AD. Wtedy odcinki
BX oraz M D są równoległe. To oznacza, że miary kątów ^BP M
i ^N BX są równe (są to kąty naprzemianległe). Z kolei kąty
^N BX oraz ^M AN mają równe miary, bo trójkąty M AN oraz
XBN są przystające. To oznacza, że kąty ^M AN i ^BP M mają
równe miary (równą mierze kąta ^N BX).
D
N
C
P
X
M
A
B
Uwaga. Powyższe rozwiązanie polega na dorysowaniu pewnego sprytnego odcinka. Ten trik znacznie
skraca rozwiązanie. Zadanie można rozwiązać bardziej siłowo: oznaczając ^BAM = x oraz ^N AD = y
i wykorzystując fakt, że suma miar kątów dowolnego trójkąta wynosi 180◦ , można obliczyć, że oba kąty
z zadania mają miarę 90◦ − x − y.
Zadanie 5.
Symbolem [x] oznaczymy część całkowitą liczby x, czyli największą liczbę całkowitą,
która nie jest większa niż x. Symbolem {x} oznaczymy część ułamkową liczby x, czyli liczbę równą
x − [x]. Na przykład: [13.54] = 13, [−5.4] = −6, [7] = 7, {4} = 0, {5.25} = 0.25. Przypuśćmy, że liczby
[x]
x
. Udowodnij, że wtedy {x} · [y] = {y} · [x].
x, y są większe niż 1 oraz spełniają równość =
y
[y]
x
[x]
=
na krzyż otrzymujemy x·[y] = y·[x]. Ponieważ {x} = x−[x],
y
[y]
więc x = [x] + {x}. Korzystając z tego, możemy napisać ([x] + {x}) · [y] = ([y] + {y}) · [x]. Po otworzeniu
nawiasów dostajemy [x] · [y] + {x} · [y] = [y] · [x] + {y} · [x]. Składnik [x] · [y] występuje po obu stronach
ostatniego równania – po jego skróceniu dostajemy żądaną równość.
Rozwiązanie. Wymnażając równość
n
oznacza liczbę sposobów posadzenia n borsuków
k
B1 , B2 , ..., Bn przy k stolikach w taki sposób, że przy każdym stoliku siedzi przynajmniej jeden borsuk. Kolejność w jakiej siedzą borsuki przy stoliku jest nieistotna, a stoliki są nierozróżnialne. Naprzykład,
ustawienia
z rysunku traktujemy
4
3
4
jako jedno ustawienie. Ponadto
= 1,
= 3,
= 7. Udowodnij, że dla
1
2
2
dowolnych liczb naturalnych n > k > 1 zachodzi równość
n
n−1
n−1
=k·
+
.
k
k
k−1
Zadanie 6.
Niech
B1
B3 B2
B2 B3
B1
Wskazówka. Wybierz jednego borsuka. Może on siedzieć sam lub z innymi borsukami.
Rozwiązanie. Zliczymy liczbę usadzeń n borsuków przy k stolikach w następujący sposób: zgodnie ze
wskazówką, wybierzmy jednego borsuka. Jeśli
siedzi
on sam, to pozostałe n − 1 borsuków należy usadzić
n−1
przy k − 1 stolikach – można to zrobić na
sposobów. Jeśli zaś nasz borsuk wybrany na początku
k−1
n−1
nie siedzi sam, to pozostałe n − 1 borsuków siedzi przy k stolikach. Można je rozsadzić na
k
sposobów, a borsuka wybranego na początku usadzić przy jednym z k stolików, przy których siedzą
inne borsuki. Stąd wynika, że liczba sposobów
n borsuków przy k stolikach w taki sposób, że
rozsadzeń
n−1
wybrany borsuk nie siedzi sam wynosi k ·
. Stąd wynika, że liczba ustawień n borsuków przy k
k
n−1
n−1
stolikach jest równa
+k·
, co było do udowodnienia.
k−1
k