Asia i Wojtek rozmienili 20 zł na monety 50 gr, 20

PROPOZYCJE ROZWIĄZAŃ ZADAŃ PRZYGOTOWAWCZYCH.
Nie wszystkie rozwiązania są pełne. Jeśli dalszy ciąg wydaje się oczywisty, nie kończyłem ich. Na konkursie musisz opisać dokładnie
rozwiązanie i podać odpowiedź.
Asia i Wojtek rozmienili 20 zł na monety 50 gr, 20 gr i 10 gr. Asia miała 36 monet 50 gr, a
Wojtek 45 monet 20 gr. Kto z nich miał więcej wszystkich monet?
Jeśli Asia miała 36 monet po 50 groszy, to stanowi to już 18 zł. Pozostałe 2 zł może mieć co
najwyżej w 20 monetach 10 gr. Czyli Asia mogła mieć maksymalnie 56 monet.
Analogicznie: 45 razy 20 gr = 9 zł i pozostałe jedenaście co najmniej w 22 monetach. Czyli
Wojtek miał co najmniej 67 monet. Wojtek miał więc więcej monet, niż Asia.
Pięciocyfrową liczbę napisano na papierowej taśmie, którą następnie rozcięto tak, że na
trzech częściach były pojedyncze cyfry, a na jednej –grupa dwucyfrowa. Części te oznaczono
literami S, T, O K. Wybierając po 3 kawałki ułożono pewne liczby. Na podstawie informacji
z tabelki ustal, jaką literą oznaczono grupę dwucyfrową.
S=15, K=5, O=2, T=6
Za pomocą trzech różnych cyfr Wojtek utworzył wszystkie możliwe liczby trzycyfrowe o
każdej cyfrze innej. Część z nich była podzielna przez 6 – te Wojtek dodał i otrzymał 3108.
Ile jest równa suma pozostałych liczb utworzonych przez Wojtka?
Skoro niektóre liczby były podzielne przez 6, to znaczy, że suma cyfr tych liczb była
podzielna przez 3 i cyfra jedności była parzysta. Liczby są trzycyfrowe, a ich suma wyniosła
ponad 3000, czyli muszą być co najmniej 4 takie liczby. W takim razie wśród trzech
wybranych cyfr muszą być co najmniej dwie parzyste. Przyjmijmy przez chwilę, że dokładnie
dwie są parzyste. Liczby te mają wtedy postać: np1p2, np2p1, p1np2, p2np1. Skoro suma tych
liczb wynosi 3108, to znaczy, że:
np1p2
np2p1
p1np2
p2np1
3108
suma p1+p1+p2+p2 ma cyfrę jedności 8, czyli p1+p2 cyfrę 4. Pamiętając, że są to różne
niezerowe liczby parzyste, jedyną parą spełniającą te warunki jest 8 i 6. Brakuje nam jeszcze
cyfry nieparzystej. Popatrzmy teraz na rząd setek. Wynika z niego, że p1+p2+2n≈30. Ale
p1+p2=14, a suma wszystkich cyfr jest podzielna przez 3. Tak więc n=7.
Wojtek mógł więc wybrać cyfry 6, 7 i 8. Łatwo można stwierdzić, że spełniają one warunki
zadania.
A czy wszystkie cyfry mogłyby być parzyste? Postawmy tym razem na chwilę taką tezę.
Niech liczby Wojtka mają wtedy postać: abc, acb, bac, bca, cab, cba. Ponawiając poprzednie
rozumowanie a+b+c=15. Takich liczb a, b, c jednak nie ma, bo suma liczb parzystych nie
może być nieparzysta.
Ostatecznie więc wiemy, że były to cyfry 6, 7 i 8. Teraz uzyskanie rozwiązania jest już
trywialne.
Wykaż, że zachodzą równości. Zmienne x, y, z R przyjmują jedynie takie wartości, dla
których wyrażenia po lewej i prawej stronie mają sens.
x y
x y z
x y
x y  z
x y
x yz

x y
x yz
Dla uproszczenia zapisu oznaczmy a=x-y i b=x+y. wtedy prawa strona wyrażenia przybiera
postać:
x y
a
ab az
a (b  z )
x y z
a z

x y
b a z b
b
b
x y z
a z
a z
x yz
bz 
b z 
bz 

x yz
b z
b z
bz
a ab az a(b  z )
a z

a x y
b  b
b 
b

 
bz
bz
b z
b x y
co było do okazania
Ile dziewiątek jest w zapisie dziesiętnym liczby 9999999992
9999999992=(109-1)2=1018-2∙109+1
Spróbuj teraz zasymulować odejmowanie pisemne i pomyśl, w którym miejscu pojawią się
dziewiątki:
1000000000000000001
2000000000
?
W pojemniku jest 8 kg syropu 12%.
a) Ile wody należy do niego dolać, aby stężenie zmniejszyć o 10% ?
b) Ile cukru należy do niego dosypać, aby stężenie podwyższyć o 10% ?
W pojemniku jest 12% z 8 kg = 0,96 kg czystego syropu i 7,04 kg wody.
Stężenie ma się zmniejszyć o 10%, czyli wynieść 10,8%. Wtedy 10,8% tej ilości musi
wynieść 0,96 kg. Czyli musimy mieć 8 19 kg syropu. Należy więc dolać 19 kg.
Stężenie ma wzrosnąć o 10%, czyli wynieść 13,2%. Wody będzie więc 86,8% masy nowego
24
24
roztworu, co stanowi 7,04 kg. Masa roztworu wynosi więc 8 127
kg i należy dosypać 217
kg
roztworu.
Na płaszczyźnie narysowano 10 prostych w ten sposób, że każda następna przecinała
poprzednią pod kątem 20o. Wykaż, że wśród tych prostych jest co najmniej jedna para
prostych różnych i równoległych.
Proste równoległe otrzymuje się w wyniku kombinacji dwóch rodzajów przekształceń
geometrycznych: przesunięcia i obrotu o 180?.
Treść zadania możemy zinterpretować jako obrót prostej o 20? z jednoczesnym przesunięciem
wzdłuż prostej. W takim razie po 9 takim przekształceniu otrzymamy prostą obróconą w
stosunku do wyjściowej o 180?, czyli równoległą. Jednak proste te mogą się pokrywać, o ile
łączne przesunięcie będzie przesunięciem o wektorze równoległym do pierwszej prostej. W
takim przypadku wybieramy prostą drugą i dziesiątą.
Jest jeden przypadek, kiedy to nie działa – kiedy obracamy cały czas wokół tego samego
punktu!
Na tle sieci kwadratowej o oczkach 1 cm narysowano prostokąt o bokach równoległych do
odpowiednich linii siatki. Prostokąt przykrył linie biegnące w jednym kierunku o łącznej
długości 5 cm i linie biegnące w drugim kierunku – o łącznej długości również 5 cm. Ile jest
równe pole tego prostokąta?
Najpierw zauważmy, że warunki zadania spełnia prostokąt złożony z pięciu kwadratów.
Jakakolwiek zmiana jednego boku prowadzi w konsekwencji do analogicznej zmiany boku
drugiego. Czyli prostokąt ma pole 5 cm2.
W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym ABCDEF punkty X i Y są środkami boków –
odpowiednio AB i DF. Wykaż, że jeśli DXC jest równoramienny, to XCY jest
równoboczny.
Zauważmy najpierw, że DX=CY. Jednocześnie XY jest równy czerwonemu odcinkowi, a ten
jest odpowiednikiem CY. Następnie stwierdzamy, że CD>DX, czyli jeśli trójkąt DXC jest
równoramienny, to DX=XC. Mamy więc XY=YC=XC, czyli trójkąt XCY jest równoboczny.