odpowiedzi i komentarze do zadan z finalow.pdf

140

Odpowiedzi i komentarze

141

Final Miedzynarodowy

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).

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

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).

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:

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:

X A

Rysunek 71

38 332 38, 1043,36

22, 26, 38, 104

1 26, 38, 100,8,44

z+y x

0,4,12,48

105

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.

22 8

26 16

106104

104 104 O

a+b b-a

z-y

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: