Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 – PIKOMAT 2010/2011

Transkrypt

Zadanie 4 (etap I)
Królewna Pięknisia postanowiła obdarować trzynastu krasnoludków 299 smakowitymi,
pachnącymi malinami za ich wspaniałą pracę. W tym celu poprosiła swoich podopiecznych
by ustawili się według wzrostu od najniższego do najwyższego. Najniższy Pikuś otrzymał
pewną ilość pachnących malin, a każdy następny krasnoludek w szeregu otrzymał o jedną
pachnącą malinę więcej niż poprzednik. Najwyższym w szeregu był Matuś. Ile pachnących
malin otrzymał od Pięknisi Matuś?
Autor rozwiązania: Marcin Brambor, Szkoła Podstawowa Nr 5 w Lesznie.
Rozwiązanie:
I sposób
Dane:
229 malin do podziału,
13 krasnoludków,
każdy krasnoludek, począwszy od pierwszego otrzymał o jedną malinę więcej.
Szukane:
Ile pachnących malin otrzymał krasnoludek Matuś?
Mamy:
299 : 13 = 23. Oznacza to, ze 1 krasnoludek otrzyma średnio 23 maliny.
Rysuję:
23
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
„Środkowy” krasnoludek ma nr 7 i przed nim jest 6 krasnoludków i za nim również
6 krasnoludków, więc jako środkowy musi dostać średnią liczbę malin, czyli 23. Wtedy
krasnoludek Matuś otrzyma o 6 więcej malin, czyli 23 + 6 = 29 malin.
II sposób
1 krasnoludek ma x malin
2 krasnoludek ma (x + 1) malin
13 krasnoludek ma (x +12) malin
Sumuję
13x + (dodaję liczby od 1 do 12: 6 · 13 = 78).
Mamy: 13 · x + 78 = 299
13 · x = 221
x = 17
Najwyższy krasnoludek otrzymał (x + 12) malin, czyli 29.
Odp.: Od Pięknisi Matuś otrzymał 29 pachnących malin.
Zadanie 3 (etap II)
Czterech kolegów ma łącznie 60 filmów video o różnorodnej tematyce. Marek ma 3 razy
mniej filmów niż Janek, a Jakub ma ich więcej niż Marek, ale mniej niż Janek. Ile filmów
video ma każdy z nich, jeżeli Jakub ma ich dwa razy mniej niż Michał?
Autor rozwiązania: Nikola Lubowicka, Szkoła Podstawowa Nr 7 w Gliwicach.
Rozwiązanie:
Rozwiązanie zadania zamieściłam w tabelce.
Legenda:
a – liczba filmów Marka,
3a – liczba filmów Janka,
b – liczba filmów Jakuba,
2b – liczba filmów Michała,
a i b to liczby naturalne i b > a oraz 3a > b,
a + 3a + 2b + b = 60, czyli 4a + 3b = 60.
a
b
(b > a)
1
18
2
3
4
5
6
7
8
9
2
3
1
17
3
16
2
3
1
13
3
12
2
10
3
1
9
3
14
8
4a + 3b
60
60
60
60
60
60
60
60
60
a
3a
b
2b
Uwagi
Rozwiązanie niezgodne z założeniem, ponieważ b nie jest liczbą
naturalną.
naturalną.
Założenie: b > a i 3a > b. Ale 9 < 16. Wniosek:
3 9 16 32
Rozwiązanie niezgodne z założeniem.
naturalną.
naturalną.
6 18 12 24 Rozwiązanie zgodne z założeniem.
naturalną.
naturalną.
Rozwiązanie niezgodne z założeniem, ponieważ b < a, a założenie jest
b > a. Dla wszystkich a > 8, b będzie mniejsze od a.
Sprawdzenie
(1) 6 + 18 + 12 + 24 = 60
60 = 60
L=P
(2) b > a , 12 > 3 i 3a > b, 18 > 12.
Odp.: Marek ma 6 filmów, Janek 18 filmów, Jakub ma 12 filmów, a Michał 24 filmy.
Zadanie 4 (etap III)
Dwaj koledzy Maciek i Wojtek urządzili sobie wyścig. Trasę wyścigu podzielono na 3 równe
odcinki. Maciek i Wojtek wyruszyli na trasę wyścigu jednocześnie. Wojtek każdy odcinek
trasy przebywał z tą samą prędkością. Maciek pokonał pierwszy odcinek z prędkością 2 razy
większą niż Wojtek, drugi odcinek z tą samą prędkością co Wojtek, a trzeci z prędkością
2 razy mniejszą. Który z chłopców zwyciężył i jaka była jego przewaga na mecie?
Autor rozwiązania: Marcin Brambor, Szkoła Podstawowa Nr 5 w Lesznie.
Rozwiązanie:
I sposób
1)
I
II
W
III
M
Gdy Maciek był na końcu I etapu, to Wojtek był w jego połowie.
2)
I
II
III
W
M
Gdy Maciek był na końcu II etapu, to Wojtek był w jego połowie.
3)
I
II
III
M W
Gdy Maciek będzie w połowie III etapu, to Wojtek będzie też w jego połowie. Zostało im do
pokonania jeszcze pół etapu. Wojtek osiąga metę podczas gdy Maciek będzie miał do
1
pokonania etapu III.
4
Odp.: Zwycięży Wojtek z przewagą
1
1
etapu III., czyli z przewagą
odcinka trasy.
4
4
II sposób
Wojtek
I etap II etap III etap
p
p
p
c
c
c
p – prędkość, c – czas.
Wojtek każdy odcinek pokonywał z tą samą prędkością, a więc w tym samym czasie c. Całą
trasę wyścigu przebył w czasie c + c + c = 3 ⋅ c
Maciek
I etap II etap III etap
2⋅ p
p:2
p
c:2
2⋅c
c
I etap Wojtka – prędkość p i czas c.
I etap Maćka – prędkość 2 ⋅ p i czas c : 2 .
I etap Wojtka, to taki sam dystans co I etap Maćka.
I etap Wojtka równa się p ⋅ c .
I etap Maćka równa się 2 ⋅ p ⋅ c : 2 . Wtedy p ⋅ c = 2 ⋅ p ⋅ c : 2.
II etap Wojtka i Maćka: c = c i p = p. Obaj pokonali te etapy w tym samym czasie i z tą samą
prędkością.
III etap Wojtka równa się p ⋅ c .
III etap Maćka równa się ( p : 2 ) ⋅ c ⋅ 2. Wtedy p ⋅ c = ( p : 2 ) ⋅ c ⋅ 2.
Czas Wojtka to: 1c + 1c +1c = 3c.
1
1
1
Czas Maćka to: c + 1c + 2 ⋅ c = c + 1c + 2c = 3 c.
2
2
2
1
Mamy zatem: 3 c (Maciek) > 3c (Wojtek). Stad wniosek: Maciek przegrał. Zwyciężył
2
Wojtek. Jaka była jego przewaga?
Podzielę trasę na 6 odcinków.
I
II
III
W
W
W
1
M
M
M
etapu;
4
4
to
1
1
z
1
trasy wyścigu,
3
całej trasy wyścigu.
12
Jeżeli Wojtek pokonuje 1 odcinek w 1 jednostce czasu, to 3 odcinki w 3 jednostkach czasu.
Maciek I etap pokona w pół jednostki czasu, II etap w 1 jednostce czasu, a III etap
1
w 2 jednostkach czasu. Razem Maciek 3 odcinki pokona w 3 jednostki czasu. Na mecie
2
szybciej będzie Wojtek. Zwycięży z przewagą pół jednostki czasu. Pół jednostki z połówki,
1
1
to jednego etapu lub
całej trasy.
4
12
Odp.: Zwycięży Wojtek z przewagą
Od Komisji
1
1
jednego etapu, czyli odcinka trasy.
4
4
Odpowiedź do zadania może brzmieć: Zwyciężył Wojtek z przewagą
z przewagą
1
odcinka trasy lub
4
1
1
długości całej trasy lub z przewagą czasu, w którym pokonał cały dystans.
12
6
Zadanie 1 (etap III)
W stadzie jest 8 owiec. Pierwsza owca zjada snopek siana w ciągu jednego dnia, druga
w ciągu dwóch dni, trzecia w ciągu trzech dni, i tak dalej, ósma zjada snopek w ciągu ośmiu
dni. Kto szybciej zje snopek siana: dwie pierwsze owce razem czy pozostałe owce razem?
Autor rozwiązania: Maciej Giemza, Szkoła Podstawowa w Zespole Szkolno-Gimnazjalnym
w Nędzy.
Nr owcy
1
2
3
4
5
6
7
8
Ilość snopków zjadanych
w ciągu 1 dnia
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
1
8
1
3
snopka, czyli snopka. Jeśli w ciągu
2
2
3
2
jednego dnia zjedzą snopka , to 1 snopek zjedzą w dnia.
2
3
3
snopka
1dzień 2
=
xdnia 1snopek
Owca nr 1 i nr 2 w ciągu jednego dnia zjedzą: 1 +
1dzień ⋅1snopek
3
snopka
2
2 2
xdnia = 1⋅ =
3 3
xdnia =
2
2
dnia, czyli ⋅ 24 = 16 (h).
3
3
Pozostałe owce tj. 3, 4, 5, 6, 7 i 8 w ciągu jednego dnia zjedzą:
Owca nr 1 i nr 2 jeden snopek zjedzą w ciągu
1 1 1 1 1 1
+ + + + + (snopków)
3 4 5 6 7 8
Sprowadzam ułamki do wspólnego mianownika i obliczam:
2 2 7 1 5 1 3 3 12 12 9 12 21 12 7 12 245 96 341
+ + + + + = + +
=
+
+
=
+
= +
=
+
=
6 8 35 6 35 8 6 8 35 24 24 35 24 35 8 35 280 280 280
341
snopka
1dzień 280
=
xdnia
1snopek
1dzień ⋅1snopek
xdnia =
341
snopka
280
280
xdnia = 1⋅
341
280
⋅ 24h ≈ 19,7h czyli około 19 godzin i 42 minuty.
341
16 h < 19,7 h
16 h < 19 h 42 min.
Odp.: Jeden snopek szybciej zjedzą dwie pierwsze owce, bo w ciągu 16 godzin, a pozostałe
razem zjedzą go w ciągu około 19 godzin i 42 minut.
Zadanie 4 (etap I)
Z sześciu różnych cyfr utworzono trzy dwucyfrowe liczby pierwsze. Jakie to liczby, jeżeli
wiadomo, że suma tych liczb wynosi 123.
Autor rozwiązania: Monika Rupar, Szkoła Podstawowa Nr 2 w Strzyżowie.
Rozwiązanie:
Jest 10 cyfr: 0, 1 , 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Liczba pierwsza to taka liczba, która dzieli się tylko
przez jeden i samą siebie. W żadnej dwucyfrowej liczbie pierwszej nie może znajdować się
0, bo gdyby było:
– na początku – wtedy nie byłaby to liczba dwucyfrowa,
– na końcu – wtedy nie byłaby to liczba pierwsza.
Szukane liczby pierwsze nie zawierają więc zera. Dwucyfrowe liczby pierwsze (można
wyznaczyć korzystając z sita Erastotenesa): 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; 47; 53; 59;
61; 71; 73; 79; 83; 87; 89; 97. Suma cyfr jedności musi wynosić 3 lub 13.
A B
C D
+
E
1 2
F
3
gdzie: AB; CD; EF – literowe oznaczenia pewnych dwucyfrowych liczb pierwszych, ponadto
cyfry A, B, C, D, E, F – są różne
Możliwości na „ułożenie” 3 lub 13 z tych cyfr są następujące:
a) 1 + 1 + 1 = 3,
b) 7 + 3 + 3 = 13,
c) 1 + 9 + 3 = 13.
Jednak szukane dwucyfrowe liczby pierwsze są złożone z 6 różnych cyfr. Tylko podpunkt c)
spełnia te wymagania tj.
A
C
+
E
1 2
1
9
3
3
Dwucyfrowe liczby pierwsze:
a) z 1 w miejscu jedności, to: 11, 31, 41, 61, 71,
b) z 9 w miejscu jedności, to: 19, 29, 59, 79, 89,
c) z 3 w miejscu jedności, to: 13, 23, 43, 53, 73, 83.
Ponieważ trzy dwucyfrowe liczby złożone są z 6 różnych cyfr, to żadna z nich nie może mieć
ani 1, ani 3, ani 9 w miejscu dziesiątek. Dlatego do poszczególnych przypadków można wziąć
jedynie następujące liczby:
a) 21, 61, 71,
b) 29, 59, 79, 89,
c) 23, 43, 53, 73, 83.
Sprawdzę teraz możliwości utworzenia sum liczb z podpunktów a), b) i c) z uwzględnieniem
różności cyfr.
1)
I
II
41 29
59
79
89
A
C
+
E
1 2
2)
III
23
43
53
73
83
3)
I
61
II
29
59
79
89
III
23
43
53
73
83
I
71
II
29
59
79
89
III
23
43
53
73
83
1
9
3
3
Ukryte pod literami A, C i E cyfry muszą razem „dać” 11 i żadna z nich nie może się
powtórzyć. Dla ułatwienia obliczeń sprawdzać będę jedynie cyfry dziesiątek.
Ad. 1) I: 4
II: 2, 5, 7, 8
III: 2, 5, 7, 8
Pierwsza możliwość: 4 + 2 + 5 = 11.
Druga możliwość: 4 + 5 + 2 = 11.
Ad. 2) I: 6
II: 2, 5, 7, 8
III: 2, 4, 5, 7, 8
Brak poprawnych rozwiązań.
Ad. 3) I: 7
II: 2, 5, 8
III: 2, 4, 5, 8
Brak poprawnych rozwiązań.
Jedyne dwa poprawne zestawy liczb pierwszych to:
41 + 29 + 53 = 123 lub 41 + 59 + 23 = 123.
Odp.: Szukane trzy dwucyfrowe liczby pierwsze to: 41, 29 i 53 lub 41, 59 i 23.
Zadanie 1 (etap II)
Oto przykład dodawania ułamków dziesiętnych, w którym tylko jeden przecinek jest na
właściwym miejscu. Zmień położenie czterech pozostałych przecinków tak, aby działanie
było poprawne.
5 7 , 4
4 8 , 6 3 9
2 1 5 , 7
+ 3 4 8 2 , 1
5 8 0 7 , 6 8
Autor rozwiązania: Małgorzata Białoń, Szkoła Podstawowa Nr 17 w Tychach.
Rozwiązanie:
Aby łatwiej rozwiązać zadanie, na początku usuwamy przecinki i spróbujemy tak ustawić
liczby w dodawaniu pisemnym, aby dawały poprawny wynik. Rozpoczynamy od ostatnich
cyfr każdej z liczb. Suma ostatnich cyfr powinna dać wynik 8 lub 18. Z cyfr 4, 9, 7, 1 tylko
suma (1 + 7) daje wynik 8. Żadna inna kombinacja nie da wyniku dodawania 18.
Następne cyfry muszą dać w wyniku dodawania 6, 16 lub 26. Rozpatrujemy następne cyfry
z czterech liczb, które sumujemy. Są to następujące cyfry: 4, 9, 5, 2. Z tych cyfr 2 i 5 musimy
uwzględnić podczas dodawania, gdyż są to kolejne cyfry z liczb, które wcześniej przyjęliśmy
za poprawne. Wobec tego jedyną pasującą cyfrą w tym układzie jest 9 (2 + 5 + 9 = 16).
Następną liczbą od końca jest 7, co oznacza, że wynik dodawania musi być równy 7 lub 17.
Tu natomiast musimy na pewno uwzględnić już 3 cyfry: 3 – znajduje się przed cyfrą 9; 1 oraz
8 – te znajdują się przed cyframi 5 i 2. Ponadto pamiętamy również o 1 jako cyfrze
z przeniesienia w poprzednim rzędzie. Po dodaniu tych cyfr (1 + 1 + 3 + 8) otrzymamy wynik
13, więc do 17 brakuje tylko 4.
Teraz można już ułożyć liczby w odpowiedniej kolejności.
5 7 4 0 0
4 8 6 3 9 0
2 1 5 7
+
3 4 8 2 1
5 8 0 7 6 8
Tak ustawione liczby dają poprawną sumę. Zatem spróbujmy wstawić poprawnie przecinki.
W dodawaniu ułamków dziesiętnych każdy przecinek musi znajdować się pod przecinkiem.
W takim układzie ułamków, jeżeli jeden przecinek ma pozostać na swoim miejscu to
zostawmy przecinek w wyniku końcowym. Mamy więc:
+
5 7 4
,
0 0
4 8 6 3
,
9 0
2 1
,
5 7
3 4 8
,
2 1
5 8 0 7
,
6 8
Możemy również przesunąć przecinek w wyniku końcowym o jedno jeszcze miejsce. Mamy
wówczas następujące rozwiązanie:
+
5 7
,
4 0 0
4 8 6
,
3 9 0
2
,
1 5 7
3 4
,
8 2 1
5 8 0
,
7 6 8
W tym działaniu widzimy, że przecinek nie został przesunięty w liczbie 57,40
a w pozostałych zgodnie z warunkami zadania przecinki zostały przesunięte.
Teraz jeżeli przesuniemy przecinek w wyniku końcowym, to będzie to wyglądać tak:
+
5
,
7 4 0 0
4 8
,
6 3 9 0
0
,
2 1 5 7
3
,
4 8 2 1
5 8
,
0 7 6 8
Widzimy, że tutaj przecinek nie został przesunięty tylko w liczbie 48,639.
Mamy zatem już trzy dobre rozwiązania. Nie można dalej przesuwać przecinka z końcowego
wyniku, gdyż nie ma takiej liczby w tym działaniu, która by spełniała warunki zadania.
Odp.: W zadaniu znalazłam trzy rozwiązania.
Autor rozwiązania: Maciej Paliga, Szkoła Podstawowa Nr 6 w Tychach.
Biorąc pod uwagę sumę cyfr w poszczególnych kolumnach, w ostatniej kolumnie znajdować
się mogą wyłącznie cyfry 7 i 1 z III oraz IV rzędu. Tym samym w kolumnie przedostatniej,
by uzyskać łączną sumę 16, powinny znajdować się cyfry 5 i 2 z III oraz IV rzędu, jak
również cyfra 9 z II rzędu. Przy takim układzie cyfry w poszczególnych kolumnach sumują
się prawidłowo.
Kolumny
Wiersze
I
II
III
IV
V
1 2 3 4 5 6
4
5
5
8
3
8
7
6
2
4
0
Z tego układu wynika, że są trzy rozwiązania tego zadania:
Rozwiązanie 1
5 7 4
,
0
4 8 6 3
,
9
2 1
,
5 7
3 4 8
,
2 1
5 8 0 7
,
6 8
+
Rozwiązanie 2
5 7
,
4
4 8 6
,
3 9
2
,
1 5 7
3 4
,
8 2 1
5 8 0
,
7 6 8
+
Rozwiązanie 3
5
,
7 4
4 8
,
6 3 9
0
,
2 1 5 7
3
,
4 8 2 1
5 8
,
0 7 6 8
+
Odp.: Zadanie ma trzy rozwiązania.
Od Komisji
4
3
1
8
7
9
5 7
2 1
6 8
W zadaniu należało zmienić położenie 4 przecinków, przy założeniu, że w dodawaniu jeden
z przecinków jest na właściwym miejscu. Nie ma mowy o dopisywaniu cyfr. Wówczas mamy
jedno rozwiązanie tj.
5 7 , 4
4 8 6 , 3 9
2 , 1 5 7
+
3 4 , 8 2 1
5 8 0 , 7 6 8
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy I – PIKOMAT 2010/2011
Zadanie 1 (etap I)
W pewnej klasie, liczącej 30 uczniów, ze sprawdzianu z matematyki uzyskano następujące
oceny: 2, 3, 4, 5. Suma wszystkich 30 ocen wynosi 93. Trójek było więcej niż piątek i mniej
niż czwórek. Liczba czwórek jest podzielna przez 10, a liczba piątek jest parzysta. Ile było
poszczególnych ocen?
Autor rozwiązania: Marcel Rychlewski, Gimnazjum Nr 16 w Sosnowcu.
Rozwiązanie:
W związku z tym, że liczba czwórek jest wielokrotnością 10, istnieją tylko dwie możliwości,
jest ich 10 lub 20. W przypadku, gdyby czwórek było 20, a liczba piątek wynosi 2, trójek
więcej niż piątek, czyli 3 oraz pozostałe 5 dwójek, wówczas suma ocen wynosiłaby 109, czyli
o 16 za dużo. W związku z tym ustalamy, że liczba czwórek wynosi 10. Przy takim założeniu
przeprowadzamy analizę ilości poszczególnych ocen, używam do tego tabelki.
2
15
14
13
12
11
10
9
11
10
9
8
7
7
6
5
3
3
3
4
5
6
7
8
9
5
6
7
8
9
7
8
9
9
4
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10
5 Suma ocen
2
89
2
90
2
91
2
92
2
93
2
94
2
95
4
97
4
98
4
99
4
100
4
101
6
105
6
106
6
107
8
113
Ponieważ suma ocen powinna wynosić 93, jedynym układem spełniającym warunki zadania
jest: 11 dwójek, 7 trójek, 10 czwórek i 2 piątki.
Odp.: Było 11 dwójek, 7 trójek, 10 czwórek i 2 piątki.
Autor rozwiązania: Piotr Pawlak, Ogólnokształcąca Szkoła Muzyczna I i II Stopnia im.
F. Nowowiejskiego w Gdańsku.
Rozwiązanie:
Oznaczamy przez:
x – liczbę dwójek,
y – liczbę trójek,
z – liczbę czwórek,
v – liczbę piątek.
Wtedy z warunków zadania mamy:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
x + y + z + v = 30,
2x + 3y + 4z +5v = 93,
y > v,
y < z,
z jest podzielne przez 10,
v jest parzyste.
Pomnóżmy (1) przez 2 i odejmijmy od (2). Mamy:
y + 2z + 3v = 93 – 60 = 33 . Stąd:
(7) 2z = 33 – y – 3v.
Z (5) wiemy, że z jest podzielne przez 10. Zatem z = 0 lub z = 10 ( z (7) widać, że 2z ≤ 33,
czyli z ≤ 16,5 ). Jednak z > 0, bo y < z, zatem z = 10. Wtedy:
y + 2 ⋅10 + 3v = 33 , a stąd:
(8) 3v = 13 – y
1
Z (8) wiemy, że 3v ≤ 13 , czyli v ≤ 4 , więc v ≤ 4 . Ponieważ v jest parzyste (6), to v może
3
być równe 2 lub 4. Jeśli v = 4 , to y = 1, a to jest niezgodne z (3). Zatem v = 2. Wtedy y = 7.
Z (1) otrzymamy wówczas: x + 7 + 10 + 2 = 30, stąd x =11.
Odp.: Było 11 dwójek, 7 trójek, 10 czwórek i 2 piątki.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy II – PIKOMAT 2010/2011
Zadanie 4 (etap I)
Grupa znajomych zbiera grzyby. Jeden z nich znalazł 6 prawdziwków, a pozostali po 13.
Następnym razem w grzybobraniu wzięła udział inna grupa grzybiarzy. Tym razem jeden
znalazł 5 prawdziwków, a pozostali po 10. Ile osób uczestniczyło w pierwszym grzybobraniu,
a ile w drugim, jeżeli wiadomo, że zebrano w nich tę samą liczbę prawdziwków – większą od
100, ale nie przekraczającą 200.
Autor rozwiązania: Kamil Janas, Gimnazjum w Zespole Szkół Stowarzyszenia Rodzin
Katolickich Archidiecezji Katowickiej w Chorzowie.
Rozwiązanie:
Wprowadzam oznaczenia:
x – liczba osób uczestniczących w pierwszym grzybobraniu,
y – liczba osób uczestniczących w drugim grzybobraniu,
a – liczba zebranych prawdziwków na pierwszym grzybobraniu,
b – liczba zebranych prawdziwków na drugim grzybobraniu.
Wtedy:
a = 6 + 13(x – 1) = 13x – 7
i
b = 5 + 10(y – 1) = 10y – 5
100 < a ≤ 200
100 < 13x – 7 ≤ 200
i
i
100 < b ≤ 200
100 < 10y – 5 ≤ 200
107 < 13x ≤ 207
3
12
8
< x ≤ 15
13
13
i
105 < 10y ≤ 205
1
1
10 < y ≤ 20
2
2
Zgodnie z treścią zadania:
i
Ponieważ x i y są liczbami naturalnymi, to:
8 < x ≤ 15
i
10 < y ≤ 20.
Stąd:
9
10 11 12 13 14 15
x 8
a 97 110 123 136 149 162 175 188
y 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
b 95 105 115 125 135 145 155 165 175 185 195
Z zestawienia liczby zebranych prawdziwków na pierwszym i drugim grzybobraniu wynika,
że tę samą liczbę prawdziwków a = b = 175 zebrano tylko wtedy, gdy x = 14 i y = 18.
Odp.: W pierwszym grzybobraniu uczestniczyło 14 osób, a w drugim 18 osób.
Zadanie 4 (etap II)
Lord Hamilton nakazał otoczyć swoją twierdzę podwójnym pierścieniem murów, które na
całej długości będą równoodległe od siebie. Zażądał również, aby między murami stała
obrotowa drabina, którą bez przesuwania będzie można oprzeć o jeden bądź o drugi mur. Jej
koniec będzie sięgał dokładnie wierzchołka każdego muru, a obie pozycje drabiny będą
tworzyć kąt prosty. Ponadto wysokość murów, odległość między nimi oraz długość drabiny
mierzone w jardach mają być liczbami naturalnymi mniejszymi od 20. W jaki sposób
wykonawcy woli swego władcy mają stworzyć taki system obronny?
Autor rozwiązania: Szymon Pajzert, Gimnazjum Nr 1 w Lesznie.
Rozwiązanie:
1) Mury lorda Hamiltona powinny wyglądać tak:
mury
drabina
mury
drabina
2) Teraz udowodnię, że wysokość jednego muru będzie odległością drugiego muru od
drabiny, nazywając niektóre punkty i jeden z kątów oraz używając własności trójkątów
prostokątnych (zakładam, że mury są pod katem prostym do podłoża):
C
E
90° - α
α
90°
c
α
A
90° - α
B
mury
mury
c
90°
D
Z rysunku można zauważyć, że trójkąty ABC i BDE są podobne. Jednak przeciwprostokątna
trójkątów prostokątnych BDE i ABC – c – jest tej samej długości (ponieważ drabina nie
zmienia swojej długości, a to ona tworzy przeciwprostokątne BE i BC). Oznacza to, że
trójkąty ABC i BDE są podobne w skali 1, ponieważ skala ich podobieństwa jest równa
stosunkowi długości ich przeciwprostokątnych. Trójkąty ABC i BDE są przystające, więc
|BD| = |CA| oraz |AB| = |DE|. Z warunków zadania:
0 < |CA| = |BD| < 20, |CA| = |BD| ∈ N,
0 < |AB| = |DE| < 20, |AB| = |DE| ∈ N,
0 < |AB| + |BD| < 20, |AB| + |BD| ∈ N, gdzie |AB| + |BD| – odległość między murami
i z twierdzenia Pitagorasa: |AB|2 + |CA|2 = |CB|2.
Szukane:
|CB| – długość drabiny,
|ED| – wysokość jednego muru,
|CA| – wysokość drugiego muru,
|CA| + |ED| – odległość między murami.
Rozwiązaniami zadania są trójki pitagorejskie, w których suma przyprostokątnych jest
mniejsza od 20, gdzie przyprostokątnymi są ED i CA, przeciwprostokątną jest CB.
Wypisuję wszystkie trójki pitagorejskie o podanych własnościach: 3, 4, 5; 6, 8, 10 i 5, 12, 13.
Tak więc jest 6 rozwiązań (po 2 kombinacje do każdej trójki pitagorejskiej, ponieważ niższy
mur może być bliżej, albo dalej od twierdzy).
Odp.:
1) Pierwszy mur ma wysokość 3 jardów, drugi mur ma wysokość 4 jardów, drabina ma
długość 5 jardów, odległość między murami wynosi 7 jardów.
lub
lub
lub
lub
lub
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy III – PIKOMAT 2010/2011
Zadanie 2 (etap II)
Dwa promy wyruszają jednocześnie z dwóch przeciwległych brzegów rzeki, płynąc na drugą
stronę prostopadle do jej brzegów. Każdy płynie ze stałą prędkością, ale jeden szybciej niż
drugi. Mijają się w odległości 780 metrów od bliższego brzegu. Po przybyciu do celu każdy
prom czeka przez 10 minut przy nabrzeżu, zanim zacznie kurs powrotny. W czasie drogi
powrotnej spotykają się w odległości 460 metrów od drugiego brzegu. Jaką szerokość ma
rzeka?
Autor rozwiązania: Aleksandra Kos, Gimnazjum Nr 4 w Dąbrowie Górniczej.
I sposób
Oznaczenia:
s – szerokość rzeki,
v A – prędkość promu A,
v B – prędkość promu B,
v A > vB ,
t A – czas potrzebny promowi A na przebycie drogi s,
t B – czas potrzebny promowi B na przebycie drogi s.
A
(s – 780) m
s
780 m
B
(rys. 1)
780t B
– czas, w którym prom B pokonuje odległość 780 m,
s
(s − 780)t
A
s
Mamy:
– czas, w którym prom A pokonuje odległość (s – 780) m.
(s − 780)t A
780t B
=
, skąd wyznaczamy s:
s
s
780(t B + t A )
tA
s=
B
460 m
s
(s – 460) m
A
(rys. 2)
Możemy zapisać:
780 + (s – 460) = s + 320,
460 + (s – 780) = s – 320.
(s + 320)t
A
– czas, w którym prom A pokonuje odległość (s + 320) m,
B
– czas, w którym prom B pokonuje odległość (s – 320) m.
A
=
s
(s − 320)t
s
Mamy:
(s + 320)t
s
(s − 320)t
s
B
, skąd wyznaczamy s:
s=−
Możemy zapisać:
Z tego równania otrzymujemy:
tB =
55
tA
39
320(t B + t A )
t A − tB
780(t B + t A )
320(t B + t A )
=−
tA
t A − tB
Możemy już wyznaczyć s:
s=
780(t B + t A )
= 1880 (m)
tA
Odp.: Rzeka ma 1880m szerokości.
II sposób
x – prędkość wolniejszego promu
780 m
s
(s – 780) m
y – prędkość szybszego promu
780
,
x
s − 780
Czas drugiego promu do chwili spotkania:
.
y
Porównujemy czasy, wówczas:
780 s − 780
=
,
x
y
Czas pierwszego promu do chwili spotkania:
stąd:
x
780
=
.
y s − 780
Wolniejszy prom przepłynie swoją całą drogę do drugiego spotkania w następującym czasie:
s
460
+
+ 10,
x
x
gdzie:
s
– czas, w którym wolniejszy prom przepłynie jedną szerokość rzeki,
x
460
– czas, w którym wolniejszy prom pokona 460 m.
x
Szybszy prom przepłynie całą drogę do drugiego spotkania w następującym czasie:
s
s − 460
+
+ 10,
y
y
gdzie:
s
– czas, w którym szybszy prom przepłynie szerokość rzeki,
y
s − 460
– czas, w którym szybszy prom przepłynie (s – 460) m.
y
Ponieważ czasy te są równe, mamy:
460
s
s
s − 460
+
+ 10 =
+
+ 10,
x
x
y
y
a po przekształceniu:
s + 460
x
= .
2s − 460 y
Otrzymamy zatem równanie:
s + 460
780
=
,
2s − 460
s − 780
które po uproszczeniu można zapisać:
s ⋅ (s − 1880) = 0 .
Mamy zatem: s = 0 lub s = 1880.
Odp.: Szerokość rzeki wynosi 1880 m.

Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 – PIKOMAT 2010/2011

Transkrypt

Podobne dokumenty

WYMOGI SANITARNE DLA PLANTATORÓW MALIN 1. Osoby

Dla plantatorów malin

Hl ulotka do malin

Prawdziwy przyjaciel Pewnego dnia Wojtek obudził się dziwnie

Spływ kajakowy to wspaniały sposób na spędzenie wolnego czasu

Grupa 1 Grupa 2 Grupa 3 Grupa 4 Grupa 5 Grupa 6 Grupa 7 Grupa 8

List polecający - W Ogrodzie. Wojciech Wardecki

Praktyki w Holandii w rolnictwie dla absolwentów