Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 – PIKOMAT 2011/2012

Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 – PIKOMAT 2011/2012
Zadanie 3 (etap I)
Cztery sześcienne kostki do gry łączymy w sposób podany na rysunku.
Suma oczek na wszystkich ściankach bocznych równa się 30. Ile wynosi suma oczek na
ściankach górnych?
Autor rozwiązania: Maciej Krawczyk, Szkoła Podstawowa Nr 9 w Gliwicach.
Rozwiązanie:
Możliwych jest 21 rozwiązań: 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22,
23, 24.
Uzasadnienie:
Suma oczek na przeciwległych ściankach jednej kostki do gry wynosi 7. Połączone zostały
4 kostki do gry, tak więc suma oczek na górnych i dolnych ściankach wynosi 4 · 7 = 28.
Należy sprawdzić 11 możliwości, czyli od 4 do 14, bo pozostałe są na dolnej ściance (np. jeśli
górne ścianki dają 4 to dolne 24, górne 5 to dolne 23 itd.).
Ułożyłem kostki tak, aby górne ścianki dały w sumie 4, a boczne 30 (np.: 5 – 3, 5 – 3, 5 – 3,
4 – 2). Wybrałem jedną z kostek i obróciłem w taki sposób, aby na górze było 2 zamiast 1,
pamiętając jaka była suma oczek na bocznych ściankach. Kostkę obróciłem tak, żeby na
bocznych ściankach suma była taka sama lub różniła się o 1. Gdy się różniła obracałem inną
kostkę w prawo lub lewo. Zauważyłem, że sumy sąsiednich ścianek różnią się parami od
siebie o 1, dlatego za każdym razem zamieniałem tylko jedną lub dwie kostki.
Odp.: Możliwych jest 21 rozwiązań: 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20,
21, 22, 23, 24.
Zadanie 2 (etap II)
W poniższym mnożeniu występują tylko cyfry 2, 3, 4, 5, 6, 7. Każdej literze odpowiada inna
cyfra. Jaką wartość ma suma R + Z + Y + M?
Z M
·
6
G R Y
Autor rozwiązania: Agnieszka Skóra, Szkoła Podstawowa Nr 22 w Jaworznie.
Rozwiązanie:
Przystępując do rozwiązania tego zadania zaczęłam najpierw podstawiać cyfry do litery M.
Kiedy podstawiłam 2 okazało się, że 2 · 6 =12, więc nie może to być 2, bo musiałabym za
Y podstawić też dwójkę. Tak jednak nie może być bo już M byłoby 2, a wiemy, że każdej
literze musi odpowiadać inna cyfra. Następnie podstawiłam 3, ale tak też nie może być bo
3 · 6 = 18, więc Y musiałoby być 8, a takiej opcji nie ma. Kolejna liczba to 4 i znowu
4 · 6 = 24, też tak być nie może, gdyż M = 4 i Y = 4. Tak więc podstawiłam 5, ale wtedy
Y musiałoby być zerem (5 · 6= 30). Ale wśród dobrych cyfr zero nie występuje. Szóstki nie
brałam pod uwagę, bo liczba 6 jest już w działaniu. Została cyfra 7. Podstawiłam i wyszło tak:
Z 7
·
6
G R 2
M = 7 oraz Y = 2.
Zostały jeszcze do podstawienia 3, 4, 5. Z nie może być równe 3, ponieważ gdy podstawię do
wzoru to mielibyśmy: 3 · 6 + 4 = 22, a wtedy R musiałoby być równe 2. A nie może, bo jak
ustaliłam Y ma wartość 2. W takim razie podstawiłam 4, ale 4 · 6 + 4 = 28 i znowu
R musiałoby być 8, ale takiej możliwości nie ma. Pozostała cyfra 5. Podstawiłam i wyszło:
5 7
·
6
3 4 2
W takim razie otrzymałam rozwiązanie: Z = 5; M = 7; Y = 2; R = 4; G = 3.
Odp.: Suma R + Z + Y + M ma wartość 4 + 5 + 2 + 7 = 18.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 5 – PIKOMAT 2011/2012
Zadanie 1 (etap I)
Na kratkowanym papierze narysowano cztery figury (rys.). Z figur tych ułóż kwadrat. Nie
musisz wykorzystywać wszystkich figur do jego ułożenia. Rozwiązanie zilustruj graficznie.
Autor rozwiązania: Mateusz Pieróg, Szkoła Podstawowa Nr 1 w Mielcu.
Rozwiązanie:
1) Rysuję możliwy kwadrat biorąc jedną figurę.
2) Z dwóch figur nie da się ułożyć kwadratu.
3) Rysuję możliwe kwadraty biorąc trzy figury.
Figurę tą mogę też odwrócić (odbicie lustrzane).
4) Rysuję możliwe kwadraty biorąc cztery figury.
Figurę tą mogę też odwrócić (odbici lustrzane).
Kwadraty z przykładów 3) i 4) mogę jeszcze obracać i w ten sposób można otrzymać więcej
kwadratów.
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 3 (etap III)
Z prostokąta, którego długość jednego boku jest równa 72 cm a długość drugiego boku jest
mniejsza niż 100 cm, wycięto pewną liczbę kwadratów o boku x, a następnie pewną liczbę
kwadratów o boku y i otrzymano kwadrat (rys.). Jaką długość może mieć bok powstałego
w ten sposób kwadratu?
72 cm
x
x
mniej niż
100 cm
x
x
y
y y y y y y y
x
Autor rozwiązania: Paweł Środa, Szkoła Podstawowa Nr 4 w Bytomiu.
Rozwiązanie:
Oznaczenia:
a – długość boku kwadratu,
n – liczba kwadratów o boku y,
m – liczba kwadratów o boku x.
Zależności:
a + x = 72,
a + y < 100,
a = n · y,
a + y = m · x.
Na podstawie tych zależności znalazłem następujące rozwiązania:
Lp.
Wymiary
prostokąta
wyjściowego
Długość
boku a
Długość
boku y
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
72 × 48
72 × 40
72 × 72
72 × 54
72 × 72
72 × 96
72 × 72
72 × 64
72 × 60
72 × 72
72 × 72
72 × 72
72 × 80
72 × 96
72 × 70
72 × 72
72 × 72
72 × 72
72 × 72
72 × 80
72 × 84
72 × 72
24
32
36
45
48
48
54
56
57
60
63
64
64
64
65
66
68
69
70
70
70
71
24
8
36
9
24
48
18
8
3
12
9
8
16
32
5
6
4
3
2
10
14
1
Liczba
kwadratów
o boku y
[n]
1
4
1
5
2
1
3
7
19
5
7
8
4
2
13
11
17
23
35
7
5
71
Długość
boku x
48
40
36
27
24
24
18
16
15
12
9
8
8
8
7
6
4
3
2
2
2
1
Liczba
kwadratów
o boku x
[m]
1
1
2
2
3
4
4
4
4
6
8
9
10
12
10
12
18
24
36
40
42
72
Odp.: Długość boku kwadratu może wynosić: 24 cm, 32 cm, 36 cm, 45 cm, 48 cm, 54 cm,
56 cm, 57 cm, 60 cm, 63 cm, 64 cm, 65 cm, 66 cm, 68 cm, 69 cm, 70 cm, 71 cm.
Autor rozwiązania: Aleksandra Mazgaj, Szkoła Podstawowa Nr 2 w Sanoku.
Rozwiązanie:
To zadanie rozwiązałam metodą prób i błędów i otrzymałam następujące rozwiązania:
1) Zakładam, ze bok powstałego kwadratu ma długość 50 cm.
72 – 50 = 22 [cm]
x = 22 cm – długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów
musi wynosić więcej niż 50 cm.
22 · 3 = 66 [cm] – 3 odcięte kwadraty
66 – 50 = 16 [cm]
y = 16 cm – długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y
zmieszczą się na boku kwadratu o długości 50 cm.
50 cm : 16 cm – wynik nie jest liczbą naturalną
Rozwiązanie nie spełnia warunków zadania.
2) Zakładam, że bok powstałego kwadratu ma długość 58 cm.
72 – 58 = 14 [cm]
x = 14 cm – długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów
musi wynosić więcej niż 58 cm.
14 · 5 = 70 [cm] – 5 odciętych kwadratów
70 – 58 = 12 [cm]
y = 12 cm – długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y
zmieszczą się na boku kwadratu o długości 58 cm.
50 cm : 12 cm – wynik nie jest liczbą naturalną
Rozwiązanie nie spełnia warunków zadania.
3) Zakładam, że długość boku odciętego kwadratu wynosi 36 cm.
72 – 36 = 36 [cm]
x = 36 cm – długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów
musi być większa od 36 cm.
36 · 2 = 72 [cm] – 2 odcięte kwadraty
Odcięty kwadrat o boku długości 36 cm jest równy bokowi kwadratu o długości 36 cm.
y = 36 cm – długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y
zmieszczą się na boku kwadratu o długości 58 cm.
36 cm : 36 cm = 1
Długość boku powstałego kwadratu wynosi 36 cm.
Rozwiązanie spełnia warunki zadania.
4) Zakładam, że bok powstałego kwadratu ma długość 45 cm.
72 – 45 = 27 [cm]
x = 27 cm – długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów
musi być większa od 27 cm.
27 · 2 = 54 [cm] – 2 odcięte kwadraty
54 – 45 = 9 [cm]
y = 9 cm – długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y
zmieszczą się na boku kwadratu o długości 45 cm.
45 cm : 9 cm = 5 – 5 odciętych kwadratów
Długość boku powstałego kwadratu wynosi 45 cm.
Rozwiązanie spełnia warunki zadania.
Uczennica w sposób analogiczny rozpatruje przypadki dla długości boków kwadratu
wynoszących: 48 cm, 54 cm, 56 cm, 57 cm, 60 cm, 63 cm, 64 cm, 65 cm, 66 cm 68 cm, 69 cm,,
70 cm i 71 cm.
Odp.: Długość boku powstałego kwadratu może wynosić: 36 cm, 45 cm, 48 cm, 54 cm, 56
cm, 57 cm, 60 cm, 63 cm, 64 cm, 65 cm, 66 cm, 68 cm, 69 cm, 70 cm, 71 cm.
Od Komisji
W rozwiązaniu uczennica nie rozpatrzyła przypadków, że bok powstałego kwadratu ma
długość mniejszą niż 36 cm (tutaj znajdują się również dwa dobre rozwiązania zadania, gdy
długość boku wynosi 24 cm i 32 cm).
Uwaga!
Byli uczniowie, którzy pokazali przykładowe rozwiązania przy założeniu, że x i y są liczbami
naturalnymi, jak również, gdy x i y są liczbami wymiernymi.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 6 – PIKOMAT 2011/2012
Zadanie 1 (etap I)
Pewna liczba naturalna, której suma cyfr wynosi 12 ma cztery dzielniki. Suma tych
dzielników ma wartość 56. Jaka to liczba?
Autor rozwiązania: Zuzanna Palion , Społeczna Szkoła Podstawowa Nr 1 w I Zespole
Ogólnokształcących Szkół Społecznych w Katowicach.
Rozwiązanie:
x – cyfra dziesiątek szukanej liczby,
y – cyfra jedności szukanej liczby,
x + y = 12 – suma cyfr szukanej liczby naturalnej.
Możliwe kombinacje podanych warunków:
3 + 9 = 12
4 + 8 = 12
5 + 7 = 12
6 + 6 = 12.
Wypisuję wszystkie dzielniki liczb spełniających pierwszy warunek zadania:
66: 1, 2, 3, 6, 11, 22, 33, 66
57: 1, 57
– nie spełnia warunków zadania,
– nie spełnia warunków zadania,
48: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 48
39: 1, 3, 13, 39 oraz 1 + 3 + 13 + 39 = 56
75: 1, 3, 5, 15, 25, 75
84: 1, 2, 3, 4, 6, 7, 12, 14, 21, 28, 42, 84
93: 1, 3, 31, 93
– nie spełnia warunków zadania,
– poprawne rozwiązanie,
– nie spełnia warunków zadania,
– nie spełnia warunków zadania,
– nie spełnia warunków zadania.
Odp.: Szukaną liczbą jest liczba 39.
Zadanie 1 (etap III)
Pewnego razu podczas pobytu w górskim schronisku zgasło nagle światło. Zapaliłem wtedy
dwie jednakowej długości świece – grubszą, która w całości zużywa się w ciągu 5 godzin
oraz cieńszą, która w całości zużywa się w ciągu 4 godzin. Siedziałem przy tych świecach
wraz ze swymi towarzyszami wędrówki nucąc przy akompaniamencie gitary wesołe piosenki.
Gdy światło znów zabłysło stwierdziłem, że to co zostało z jednej ze świec, jest cztery razy
dłuższe niż to, co zostało z drugiej. Ile czasu nie było elektrycznego światła?
Autor rozwiązania: Wiktoria Mostowska, Szkoła Podstawowa Nr 5 w Pyskowicach.
Rozwiązanie:
Oznaczmy:
l – początkowa długość świec,
t – czas, przez jaki nie było światła.
Na rys. 1 przedstawmy schematycznie obie świece w chwili ich zapalenia, gdy zgasło światło:
t=0
Rys. 1
l
l
świeca gruba
świeca cieńsza
Obliczmy prędkość (szybkość) zużycia dla obu świec:
Początkowa długość świecy
Czas zużycia w (h)
Prędkość zużycia
Świeca grubsza Świeca cieńsza
l
l
5
4
l
5
l
4
Z treści zadania wynika, że gdy światło znów zabłysło, to żadna ze świec nie spaliła się do
końca. Wobec tego czas t przez jaki nie było światła był krótszy niż 4 godziny, zatem t < 4.
Na rys. 2 przedstawmy schematycznie sytuację w momencie gdy światło znów zabłysło.
Ponieważ świeca grubsza zużywa się wolniej niż świeca cieńsza, więc to właśnie pozostała
nie spalona część długości świecy grubszej l1 jest cztery razy większa niż nie spalona część
długości świecy cieńszej l2.
Rys. 2
l1
l2
świeca grubsza
świeca cieńsza
l1 = 4l2 oraz 0 < t < 4.
Obliczmy nie spalone części długości l1, l2 obu świec.
Spalona część
długości świecy
Nie spalona część
długości świecy
Świeca grubsza
l
⋅t
5
l
l1 = l − ⋅ t
5
Świeca cieńsza
l
⋅t
4
l
l2 = l − ⋅ t
4
Wobec tego czas t obliczamy z równania:
l
l 

l − ⋅ t = 4 l − ⋅ t  , l >0
5
 4 
t
t

1 − = 4 ⋅ 1 − 
5
 4
t
1− = 4 − t
5
t
t− =3
5
3
t =3 h
4
Odp.: Światła nie było przez 3 godziny i 45 minut.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy I – PIKOMAT 2011/2012
Zadanie 4 (etap I)
Dane jest wyrażenie:
600 : [(32 − 8 ⋅ ∆ ) : 4]
Jaką dodatnią liczbą całkowitą należy zastąpić ∆, aby w wyniku otrzymać również liczbę
całkowitą. Odpowiedź uzasadnij.
Autor rozwiązania: Kinga Janas, Publiczne Gimnazjum w Zespole Szkół Stowarzyszenia
Rodzin Katolickich Archidiecezji Katowickiej w Chorzowie.
Rozwiązanie:
Dane wyrażenie oznaczam literą x, tzn.: x = 600 : [(32 − 8 ⋅ ∆ ) : 4]
Wyrażenie to przekształcam w następujący sposób:
x=
600
600 ⋅ 4
300
=
=
(32 − 8 ⋅ ∆ ) : 4 32 − 8 ⋅ ∆ 4 − ∆
Jeżeli x ma być liczbą całkowitą, to różnica (4 – ∆) musi być dzielnikiem liczby 300.
Poniższa tabelka zawiera wszystkie całkowite dzielniki liczby 300 i odpowiadające im
wartości ∆.
4-∆
∆
4-∆
∆
4-∆
∆
4-∆
∆
4-∆
∆
4-∆
∆
1
3
10
-6
50
-46
-1
5
-10
14
-50
54
2
2
12
-8
60
-56
-2
6
-12
16
-60
64
3
1
15
-11
75
-71
-3
7
-15
19
-75
79
4
0
20
-16
100
-96
-4
8
-20
24
-100
104
5
-1
25
-21
150
-146
-5
9
-25
29
-150
154
6
-2
30
-26
300
-296
-6
10
-30
34
-300
304
Ponieważ ∆ ma być liczbą całkowitą dodatnią, zatem ∆ należy zastąpić jedną z 21 liczb:
1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 14, 16, 19, 24, 29, 34, 54, 64, 79, 104, 154, 304.
Odp.: Symbol ∆ należy zastąpić jedną z 21 liczb: 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 14, 16, 19, 24, 29,
34, 54, 64, 79, 104, 154, 304.
Zadanie 1 (etap II)
Mój sąsiad pan Stanisław jest emerytem i bardzo lubi wędkować. Często wyprawia się nad
zalew w Przeczycach i tam oddaje się swemu hobby. W ciągu trzech kolejnych wrześniowych
dni złowił aż 12 dorodnych szczupaków. Każdego dnia, oprócz pierwszego, łowił więcej
szczupaków niż dnia poprzedniego. Trzeciego dnia złowił on kilka szczupaków mniej niż
łącznie w ciągu dwóch pierwszych dni. Ile szczupaków złowił pan Stanisław trzeciego dnia?
Autor rozwiązania: Piotr Kośkiewicz, Prywatne Gimnazjum i Liceum w Lublinie.
Rozwiązanie:
Sposób I
Wprowadzam oznaczenia:
a – ilość szczupaków złowionych w pierwszy dzień,
b – ilość szczupaków złowionych w drugi dzień,
c – ilość szczupaków złowionych w trzeci dzień.
Założenia wynikające z treści zadania:
a + b + c = 12,
a < b < c,
a + b > c.
Ponadto a, b, c należą do N (zbiór liczb naturalnych)
Rozwiązanie przedstawiam w tabeli uwzględniając wszystkie możliwe warianty, wypisując
wszystkie możliwe trójki, spełniające założenia: a + b + c = 12 i a < b < c.
1
2
9
a
b
c
1
3
8
1
4
7
1
5
6
2
3
7
2
4
6
3
4
5
Teraz sprawdzam kolejny warunek: a + b > c
a
1
1
1
1
2
2
3
b
2
3
4
5
3
4
4
c
9
8
7
6
7
6
5
a+b
3
4
5
6
5
6
7
c
9
8
7
6
7
6
5
a+b>c
NIE
NIE
NIE
NIE
NIE
NIE
TAK
Tylko jedna trójka spełnia warunki zadania i jest to (3, 4, 5).
Sprawdzenie do zadania
Pan Stanisław złowił pierwszego dnia 3 szczupaki, następnego dnia 4 szczupaki, czyli więcej
niż poprzedniego dnia (zgodnie z warunkami zadania). Trzeciego dnia złowił 5 szczupaków,
czyli więcej niż poprzedniego dnia (zgodnie z warunkami zadania). Łącznie w ciągu dwóch
pierwszych dni pan Stanisław złowił: 3 + 4 = 7 szczupaków. Ponieważ 7 > 5, więc trzeciego
dnia złowił o kilka szczupaków mniej niż łącznie w ciągu dwóch pierwszych dni (zgodnie
z warunkami zadania).
Sprawdzenie algebraiczne
1) a + b + c = 12
3 + 4 + 5 = 12
12 = 12, czyli L = P
2) a < b < c
3<4<5
3) a + b > c
3+4>5
7>5
Wszystkie założenia zostały spełnione.
Odp.: Trzeciego dnia pan Stanisław złowił 5 szczupaków.
Sposób II
Z warunków zadania wynika, że a < b < c
a + b + c = 12,
więc
c = 12 – (a + b),
b = 12 – (a + c),
c < a + b.
Mamy zatem:
a < 12 – (a + b),
czyli
a < 12 – a – b.
Wobec tego: 2a + b < 12. (*)
Z założenia: b < c
b < 12 – (a + b),
b < 12 – a – b.
Wobec tego 2b + a < 12. (**)
Dodaję nierówności oznaczone (*) i (**), otrzymujemy nierówność:
3b + 3a < 24 /:3
b+a<8
W tabeli sprawdzam warunek: b + a < 8
b+a
a
b
c
7
1
2
3
6
5
4
5
5
5
Czy spełnia
warunek:
a < b < c?
NIE
NIE
TAK
A jeżeli uwzględnię warunek, że: c < a + b to mogę podstawić za c = 12 – (a + b).
Więc:
12 – (a + b ) < a + b
12 – a – b < a + b
2a + 2b > 12 /: 2
a+b>6
Mamy zatem: a + b < 8 oraz a + b > 6. Otrzymujemy jednoznaczne rozwiązanie: a + b = 7
Dlatego nie rozpatruję pozostałych możliwości. Sprawdzenie przedstawiłem w sposobie I.
Odp.: Trzeciego dnia pan Stanisław złowił 5 szczupaków.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy II – PIKOMAT 2011/2012
Zadanie 2 (etap II)
Trójkąt równoboczny został podzielony na 64 małych trójkątów równobocznych, każdy
o polu 1. Oblicz pole trójkąta KLM.
L
M
K
Autor rozwiązania: Michał Osadnik, Gimnazjum Dwujęzyczne w Akademickim Zespole
Szkół Ogólnokształcących w Chorzowie.
Rozwiązanie:
Rozpoczynam od podzielenia trójkąta na pięć mniejszych trójkątów. Jednym z nich będzie
zaciemniony trójkąt KLM. Obliczę jego pole odejmując od całkowitego pola głównego
trójkąta, pola pozostałych czterech trójkątów mniejszych.
I
L
II
III
V
M
IV
K
Korzystając ze związków dotyczących trójkąta równobocznego można zapisać:
2 P
h = P ⋅ 4 3 , a = 4 , gdzie P oznacza pole trójkąta równobocznego, a – długość boku
3
trójkąta, h – wysokość trójkąta.
2
Jeżeli P = 1 to h = 4 3 i a = 4 .
3
1
1
2
Pole trójkąta numer II wynosi: PII = ⋅ 4a ⋅ 3h = ⋅ 34 3 ⋅ 4 ⋅ 4 = 12.
2
2
3
1
1 4
2
Pole trójkąta numer III wynosi: PIII = ⋅ 3a ⋅ 4h = ⋅ 4 3 ⋅ 3 ⋅ 4 = 12.
2
2
3
1
1
2
Pole trójkąta numer IV wynosi: PIV = ⋅ 5a ⋅ h = ⋅ 4 3 ⋅ 5 ⋅ 4 = 5.
2
2
3
Pole trójkąta numer I wynosi: PI = 16.
Zatem pole trójkąta KLM można obliczyć tak: PKLM = 64 – (12 + 12 + 5 + 16) = 19.
Odp.: Pole trójkąta KLM wynosi 19.
Zadanie 4 (etap II)
Magda, Kasia, Jacek i Kuba uczęszczają do tego samego gimnazjum w Będzinie. Średnia
wieku Magdy i Jacka jest o 1 rok większa niż średnia wieku Kasi i Kuby. Gdyby Magda była
starsza od Kuby o tyle, o ile Kasia jest starsza od Jacka, to średnia wieku chłopców byłaby
równa średniej wieku dziewcząt. Kto jest starszy i o ile lat: Kasia czy Jacek, Magda czy
Kuba?
Autor rozwiązania: Wojciech Środa, Gimnazjum Nr 2 w Zespole Szkół Ogólnokształcących
Nr 6 w Bytomiu .
Rozwiązanie:
Wprowadzam oznaczenia:
M – wiek Magdy,
J – wiek Jacka,
K – wiek Kasi,
B – wiek Kuby.
M +J
.
2
K+B
.
Średnia wieku Kasi i Kuby to
2
Średnia wieku Magdy i Jacka jest o 1 rok większa niż średnia wieku Kasi i Kuby, zatem:
Średnia wieku Magdy i Jacka to
M +J K+B
=
+ 1,
2
2
czyli: M + J = K + B + 2.
Z treści zadania wynika, że średnia wieku dziewcząt i średnia wieku chłopców byłyby równe,
gdyby Magda była starsza od Kuby o tyle, o ile Kasia jest starsza od Jacka. Gdyby obie
dziewczęta były starsze, to średnie wieku nie mogłyby być równe. Wynika z tego, że Kasia
nie jest starsza od Jacka, tylko muszą być rówieśnikami (K = J). Uwzględniam to
w powyższej równości:
M + J = K + B + 2,
M + K = K + B + 2,
M = B + 2.
Oznacza to, że Magda jest starsza od Kuby o 2 lata.
Odp.: Kasia i Jacek są rówieśnikami, Magda jest starsza od Kuby o 2 lata.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy III – PIKOMAT 2011/2012
Zadanie 3 (etap I)
Sieć ulic i alej w mieście Piko tworzy regularną kratkę. Jedenaście koleżanek, wszystkie
mieszkające w domach położonych na rogach ulic, postanowiło się spotkać, aby omówić
przygotowania do szkolnej zabawy karnawałowej. Na którym rogu powinny się umówić, żeby
mieć łącznie najkrótszą drogę do przejścia?
1
2
3
4
5
6
7
1 2
3 4 5 6 7
Na planie zaznaczono
poziomo ulice, a pionowo
aleje.
Autor rozwiązania: Krzysztof Marczyński, Gimnazjum Nr 1 w Lesznie.
Rozwiązanie:
Sposób I
1) Zapisuję współrzędna wszystkich punktów: 1 (2, 1), 2 (7, 1), 3 (2, 2), 4 (3, 2), 5 (5, 2), 6
(4, 3), 7 (2, 4), 8 (5, 4), 9 (6, 40, 10 (3, 5), 11 (5, 6).
2) Obliczam średnią argumentów i wartości:
średnia argumentów:
2 + 7 + 2 + 3 + 5 + 4 + 2 + 5 + 6 + 3 + 5 44
=
= 4 , co daje nam
11
11
4 aleję.
średnia wartości:
1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 3 + 4 + 4 + 4 + 5 + 6 34
=
≈ 3 , co daje nam 3 ulicę.
11
11
Odp.: Koleżanki powinny się spotkać na skrzyżowaniu 4 alei z 3 ulicą.
Sposób II
W tabeli sprawdziłem sumę odległości z domów dziewczynek do każdego punktu w mieście.
Oznaczenie typu 1.2 oznacza 1 ulicę, 2 aleję. W kolumnach (ulica, aleja) to współrzędne
mieszkań dziewczynek.
Najmniejszą sumę odległości daje punkt na skrzyżowaniu 3 ulicy z 4 aleją.
ulica aleja
1
2
2
2
4
2
2
3
5
3
3
4
2
5
4
5
6
5
4
6
1
7
suma
ulica aleja
1
2
2
2
4
2
2
3
5
3
3
4
2
5
4
5
6
5
4
6
1
7
suma
1.1
1
2
4
3
6
5
5
7
9
8
6
56
1.2
0
1
3
2
5
4
4
6
8
7
5
45
4.5
6
5
3
4
3
2
2
0
2
1
5
33
1.3
1
2
4
1
4
3
3
5
7
6
4
40
4.6
7
6
4
5
4
3
3
1
3
0
4
40
1.4
2
3
5
2
5
2
2
4
6
5
3
39
4.7
8
7
5
6
5
4
4
2
4
1
3
49
1.5
3
4
6
3
6
3
1
3
5
4
2
40
5.1
5
4
2
5
2
5
7
5
5
6
10
56
1.6
4
5
7
4
7
4
2
4
6
3
1
47
5.2
4
3
1
4
1
4
6
4
4
5
9
45
1.7
5
6
8
5
8
5
3
5
7
4
0
56
5.3
5
4
2
3
0
3
5
3
3
4
8
40
2.1
2
1
3
2
5
4
4
6
8
7
7
49
5.4
6
5
3
4
1
2
4
2
2
3
7
39
2.2
1
0
2
1
4
3
3
5
7
6
6
38
5.5
7
6
4
5
2
3
3
1
1
2
6
40
2.3
2
1
3
0
3
2
2
4
6
5
5
33
5.6
8
7
5
6
3
4
4
2
2
1
5
47
2.4
3
2
4
1
4
1
1
3
5
4
4
32
5.7
9
8
6
7
4
5
5
3
3
2
4
56
2.5
4
3
5
2
5
2
0
2
4
3
3
33
6.1
6
5
3
6
3
6
8
6
4
7
11
65
2.6
5
4
6
3
6
3
1
3
5
2
2
40
6.2
5
4
2
5
2
5
7
5
3
6
10
54
2.7
6
5
7
4
7
4
2
4
6
3
1
49
6.3
6
5
3
4
1
4
6
4
2
5
9
49
3.1
3
2
2
3
4
3
5
5
7
6
8
48
6.4
7
6
4
5
2
3
5
3
1
4
8
48
3.2
2
1
1
2
3
2
4
4
6
5
7
37
6.5
8
7
5
6
3
4
4
2
0
3
7
49
3.3
3
2
2
1
2
1
3
3
5
4
6
32
6.6
9
8
6
7
4
5
5
3
1
2
6
56
3.4
4
3
3
2
3
0
2
2
4
3
5
31
6.7
10
9
7
8
5
6
6
4
2
3
5
65
3.5
5
4
4
3
4
1
1
1
3
2
4
32
7.1
7
6
4
7
4
7
9
7
5
8
12
76
3.6
6
5
5
4
5
2
2
2
4
1
3
39
7.2
6
5
3
6
3
6
8
6
4
7
11
65
3.7
7
6
6
5
6
3
3
3
5
2
2
48
7.3
7
6
4
5
2
5
7
5
3
6
10
60
4.1
4
3
1
4
3
4
6
4
6
5
9
49
7.4
8
7
5
6
3
4
6
4
2
5
9
59
Odp.: Koleżanki powinny się spotkać na skrzyżowaniu 4 alei z 3 ulicą.
Zadanie 4 (etap III)
Pewne małżeństwo ma dwie córki i dwóch synów. Średnia wieku córek jest większa niż
23 lata, a średnia wieku kobiet w tej rodzinie jest mniejsza niż 31 lat. Średnia wieku synów
jest mniejsza niż 18 lat, natomiast średnia wieku mężczyzn w tej rodzinie jest większa niż
29 lat. Ustal, kto jest starszy: mama czy tata. Jaką najmniejszą liczbą całkowitą może być
wiek ojca? Jaką największą liczbą całkowitą może być wiek matki?
4.2
3
2
0
3
2
3
5
3
5
4
8
38
7.5
9
8
6
7
4
5
5
3
1
4
8
60
4.3
4
3
1
2
1
2
4
2
4
3
7
33
7.6
10
9
7
8
5
6
6
4
2
3
7
67
4.4
5
4
2
3
2
1
3
1
3
2
6
32
7.7
11
10
8
9
6
7
7
5
3
4
6
76
Autor rozwiązania: Kamil Janas, Publiczne Gimnazjum w Zespole Szkół Stowarzyszenia
Rodzin Katolickich Archidiecezji Katowickiej w Chorzowie.
Rozwiązanie:
Przyjmuję oznaczenia:
m – wiek matki,
t – wiek ojca,
s1 – wiek pierwszego syna,
s 2 – wiek drugiego syna,
c1 – wiek pierwszej córki,
c 2 – wiek drugiej córki.
Zgodnie z treścią zadania:
czyli:
c1 + c 2
c + c2 + m
> 23 oraz 31 > 1
,
2
3
s +s
s +s +t
18 > 1 2 oraz 1 2
> 29,
2
3
− 46 > −c1 − c 2
− s − s > −36
oraz  1 2

93 > c1 + c 2 + m
s1 + s 2 + t > 87
Dodając stronami nierówności w tych układach, otrzymujemy:
47 > m i t > 51.
Stąd oczywistym jest, że t > m oraz najmniejszą liczba całkowitą określającą wiek ojca jest
52, natomiast największą liczbą całkowitą określającą wiek matki jest 46.
Jeśli jednak przyjmiemy, że wiek dzieci także wyrażony jest liczbą całkowitą, wówczas suma
wieku córek: c 1 + c 2 > 46, więc wynosi co najmniej 47 lat, a suma wieku synów s 1 + s 2 < 36,
więc wynosi co najwyżej 35 lat. Ponieważ m < 93 – ( c 1 + c 2 ), to m < 93 – 47 = 46, czyli
matka może mieć co najwyżej 45 lat. Podobnie t > 87 – ( s 1 + s 2 ), to t > 87 – 35 = 52, czyli
ojciec musi mieć co najmniej 53 lata.
Odp.: Ojciec jest starszy od matki. Ojciec ma co najmniej 52 lata, natomiast matka ma co
najwyżej 46 lat. Jeśli przyjmiemy, że wiek wszystkich członków tej rodziny wyrażony jest
liczbami całkowitymi, to ojciec ma co najmniej 53 lata, a matka ma co najwyżej 45 lat.
Opracowanie: Komisja Konkursowa