II. kolo kategorie Z6

Transkript

1 Z6 II 1 Pat napsal na tabuli příklad: 62. ročník Matematické olympiády II. kolo kategorie Z =2013. Mat chtěl příklad opravit, aby se obě strany skutečně rovnaly, a pátral po neznámém čísle, které pak k prvnímu sčítanci na levé straně přičetl, od druhého sčítance je odečetl a třetího sčítance jím vynásobil. Po provedení těchto operací byl příklad početně správný. Jaké číslo Mat našel? (L. Hozová) Možné řešení. Přičtením neznámého čísla k prvnímu sčítanci a odečtením téhož čísla oddruhéhosčítancenalevéstraněsesoučettěchtodvoučíselnezměníajeroven =1133.Tentomezisoučetjeo =880menšínežčíslonapravé straně rovnosti. Proto součin 80 a neznámého Matova čísla má být roven 880. Číslo, kterématnašel,bylo880:80=11. Hodnocení. 2 body za zjištění, že první dvě operace nemají na výsledek žádný vliv; 2bodyzavyjádřenírozdílu =880avysvětleníjehovýznamu;2bodyza vyjádření neznámého čísla. Z6 II 2 Lenkasimyslídvědvojmístnáčísla.Jednomáoběčíslicesudéadruhéoběliché. Když obě čísla sečte, dostane opět dvojmístné číslo, které má první číslici sudou a druhou lichou. Navíc nám Lenka prozradila, že všechna dvojmístná čísla jsou násobky tří ajednazetřílichýchčíslicje9.jakáčíslasimohlalenkamyslet?najdětevšechny možnosti. (V. Hucíková) Možné řešení. Součet sudého a lichého čísla je vždy číslo liché. Avšak ve výsledném součtujenamístědesítekčíslosudé,cožjemožnéjedinětehdy,kdyžsoučetčíslicna místě jednotek je větší než 10. Současně si uvědomujeme, že pro dva sčítance je tento součet nejvýše 18. Nynízjistíme,kterézlichýchčíselmůžebýt9: Pokudbytobyladruháčíslicevevýsledku,pakbysoučetčíslicnamístějednotek byl19,cožjepřílišmnoho. Pokudbytobylaprvníčíslicevjednomzesčítanců,pakbytentosčítanecbyl alespoň 91. Sčítanec se sudými číslicemi je zase alespoň 20(na místě desítek nemůže být 0), takže výsledný součet by nebyl dvojmístný. Zůstává jediná možnost 9 je druhá číslice ve sčítanci s lichými číslicemi. Tady zatím žádný problém nevidíme, takže zkoumáme dál: Sčítanec s lichými číslicemi může být 19,39,59,79nebo dubna2013,ver.2 1

2 Ztěchtočíseljsounásobkem3pouzečísla39a99.Číslo99jevšakpřílišveliké(přičtením jakéhokoli čísla bychom dostali trojmístné číslo), takže Lenčino číslo s lichými číslicemi může být jedině 39. Odtud vidíme, že druhý sčítanec nesmí být větší než 60(aby součet byl dvojmístný). Totočíslomámítjenomsudéčísliceanavíczúvodníhoodstavcevíme,ženamístě jednotek musí být aspoň 2. Sčítanec se sudými číslicemi tedy může být 22,24,26,28,42,44,46nebo48. Ztěchtočíseljsounásobkem3pouzečísla24,42a48.Celkemtedydostávámenásledující tři možnosti: 24+39=63,42+39=81,48+39=87. Ve všech případech jsou splněny všechny podmínky ze zadání, takže Lenka si mohla myslet kteroukoli z uvedených dvojic sčítanců. Hodnocení. 1bodzapozorování,žesoučetčíslicnamístějednotekjevětšínež10; 2bodyzaurčeníčísla39včetnězdůvodnění;3bodyzanalezenísčítanců24,42a48 včetně zdůvodnění. Z6 II 3 Čtyřúhelník ABCD má následující vlastnosti: strany AB a CD jsou rovnoběžné, uvrcholu Bjepravýúhel, trojúhelník ADB je rovnoramenný se základnou AB, strany BCa CDjsoudlouhé10cm. Určete obsah tohoto čtyřúhelníku. (J. Mazák) Možné řešení. Obsah čtyřúhelníku ABCD zkusíme určit jako součet obsahů několika v něm obsažených trojúhelníků. Protožeúhel ABCjepravýapřímky ABa CDjsourovnoběžné,jetakéúhel BCD pravý.patuvýškyvtrojúhelníku ABDzvrcholu Doznačíme E. D C A E B Rovnoramenný trojúhelník ABD je výškou DE rozdělen na dva shodné trojúhelníky.navícčtyřúhelník BCDEječtverec(jetopravoúhelníka BC = CD )ajeho úhlopříčka BD jej rozděluje na dva shodné trojúhelníky. Trojúhelníky BCD, BED a AEDjsoutedynavzájemshodnéaobsahkaždéhoznichjerovenpoloviněobsahu čtverce BCDE, tj =50(cm 2 ). 2 2

3 Obsah čtyřúhelníku ABCD je roven součtu obsahů těchto tří trojúhelníků: S ABCD =3 50=150(cm 2 ). Hodnocení. 2 body za zdůvodnění, že čtyřúhelník BCDE je čtverec; 2 body za rozdělení na shodné trojúhelníky; 2 body za vyjádření obsahu. 3

4 Z7 II ročník Matematické olympiády II. kolo kategorie Z7 Děda Vendelín šel se svými dvěma vnuky Cyrilem a Metodějem koupit rybářské pruty. Cena prutů zaujala Cyrila i dědu. Šlo o čtyřmístné číslo, ve kterém první číslice bylaojednuvětšínežtřetíčíslice,aleojednumenšínežposledníčíslice.součetvšech čtyř číslic byl 6. Cyril si ještě všiml, že první dvojčíslí představovalo dvojmístné číslo o7většíneždvojčíslídruhé.děduvšakzaujaločísloproto,žebylosoučinemjehověku avěkuobouvnuků,přitomkaždýzvnukůbylstaršínežjedenrok. Kolik roků bylo dědovi Vendelínovi a kolik jeho vnukům? (L. Hozová) Možné řešení. Číslo vyjadřující cenu prutů je čtyřmístné, přitom první číslice je ojednuvětšínežčíslicetřetíaojednumenšínežčtvrtá.zmíněnétřičíslicejsoutedy navzájem různé a součet všech čtyř číslic má být 6. Dosud uvedeným podmínkám vyhovujípouzečísla2013a1302.pouzevprvnímpřípaděvšaktaképlatí,žeprvní dvojčíslípředstavuječísloo7většíneždvojčíslídruhé cenaprutůtedybyla2013. Vyjádřit2013jakosoučintříčísel,znichžžádnénenírovnojedné,lzepouze jediným způsobem: 2013= DědoviVendelínovibylo61letajehovnukům3a11roků. Hodnocení. 3bodyzaobjeveníčísla2013včetnězdůvodnění;3bodyzarozkladčísla aodpověď. Z7 II 2 Petra má rovnostranný trojúhelník ABC. Nejdřív trojúhelník přehnula tak, aby bod Asplynulsbodem C.Potomvzniklýútvarpřehnulatak,žebod Bsplynulsbodem C.Tentoútvarpotéobkreslilanapapírazjistila,žejehoobsahje12cm 2.Určeteobsah původního trojúhelníku. (E. Novotná) Možnéřešení.Poprvnímpřehnutísplynulbod Asbodem C.Přímka,podlekteré se přehýbalo, je osou úsečky AC, jež v rovnostranném trojúhelníku ABC prochází bodem B. Po tomto přehnutí dostala Petra trojúhelník BEC, který tvoří právě polovinu trojúhelníku ABC(bod E značí střed úsečky AC, viz obrázek). C E A B 4

5 Podruhémpřehnutísplynultakébod Bsbodem C.Přímka,podlekterésepřehýbalo, je osou úsečky BC, jež v původním trojúhelníku prochází bodem A. Po tomto přehnutí dostala Petra čtyřúhelník OECD(D značí střed úsečky BC a O je průsečík os). C E D O A F B Osy stran v rovnostranném trojúhelníku ABC jsou osami souměrnosti tohoto trojúhelníku. Odtud plyne, že čtyřúhelníky OECD, ODBF a OF AE jsou navzájem shodné akaždýznichmáobsah12cm 2 (Fznačístředúsečky AB).Obsahtrojúhelníku ABC je roven součtu obsahů těchto tří čtyřúhelníků: S ABC =3 12=36(cm 2 ). Hodnocení. 2 body za správnou interpretaci prvního přehýbání(trojúhelník BEC); 2 body za správnou interpretaci druhého přehýbání(čtyřúhelník OECD); 2 body za vyjádření obsahu trojúhelníku ABC. Z7 II 3 Doskladupřivezlicementvpytlíchpo25kgapo40kg.Menšíchpytlůbylodvakrát více než těch větších. Skladník nahlásil vedoucímu počet všech přivezených pytlů, ale nezmínil se, kolik je kterých. Vedoucí si myslel, že všechny pytle váží 25 kg. Nahlášený počet pytlů tedy vynásobil číslem 25 a výsledek zadokumentoval jako hmotnost dodávky cementu. Přes noc zloději ukradli 60 větších pytlů, a tak ve skladu zbylo přesně tolik kg cementu, kolik vedoucí zapsal. Kolik kg cementu zbylo? (L. Šimůnek) Možnéřešení. Zlodějiukradli60 40=2400kg.Předkrádežíchybělovdokumentaci z každého velkého pytle 15 kg. Celková nezapsaná hmotnost se rovná té odcizené, velkých pytlů tedy bylo dodáno 2400:15=160. Malýchpytlůbylodvakrátvíce,tj.320;celkemdodávkaobsahovala =480 pytlů. Vedoucí zadokumentoval hmotnost = kg. Z dodaného cementu zbylo množství odpovídající dokumentaci, tedy kg. Hodnocení. 3 body za počet velkých pytlů před krádeží; 3 body za hmotnost zbylého cementu. 5

6 62. ročník Matematické olympiády II. kolo kategorie Z8 Z8 II 1 Jiřina má na papíru napsáno čtyřmístné číslo. Když vymění číslice na místě stovek ajednotekasečtetotonovéčíslosčíslempůvodním,dostanevýsledek3332.kdyby však vyměnila číslice na místě tisíců a desítek a sčítala by toto číslo s původním, dostala by výsledek Zjistěte, jaké číslo měla Jiřina napsáno na papíru. (E. Novotná) Možné řešení. Číslice v Jiřinině čísle označíme a, b, c, d. Potom informace ze zadání můžeme zapsat takto: a b c d a b c d a d c b c b a d Zprvníhosoučtuplyne,že a = 1(kdyby a = 0,pakbyhledanéčíslonebylo čtyřmístné,kdyby a 2,pakbysoučetbylvětšínež4000).Dosadímedopředchozího vyjádření a podobně budeme postupovat dál: 1 b c d 1 d c b b c d c b 1 d Zprvníhosloupcevedruhémsoučtuplyne,že cje5nebo6.zetřetíhosloupce téhožsoučtuplyne,že cje6nebo7.protomusíbýt c=6.dosadímedotřetíhosloupce a vidíme, že v tomto sloupci se do výsledku přenáší jednička ze sloupce posledního. To znamená,že d+d=16,neboli d=8.podosazenídostáváme: 1 b b b b Nynínapř.zposledníhosloupcevprvnímsoučtuvyvodíme,že b=4.tímjsme určili všechny neznámé, dosadíme za b na ostatních místech a provedeme zkoušku správnosti: Protože všechno vychází, víme, že Jiřina měla na papíru číslo Hodnocení. 1 bod za formulaci problému pomocí neznámých; po 1 bodu za určení každé neznámé; 1 bod za zkoušku. 6

7 Z8 II 2 Pan Celer měl na zahrádce dvě stejné nádrže tvaru čtyřbokého hranolu se čtvercovýmdnem,voboudohromadyměl300litrůvody.vprvnínádržitvořilavodapřesnou krychliavyplnila62,5%nádrže,vdruhénádržibylovodyo50litrůvíce.jakérozměry měly nádrže pana Celera? (L. Hozová) Možné řešení. Délku hrany čtvercové podstavy označíme a a výšku hranolu v. Obě veličinyvyjadřujemevdm;objemnádrževlitrechjeroven V = a 2 v.objemvody vprvnínádržibyl a 3,vedruhénádrži a 3 +50adohromady300.Platítedy a 3 +(a 3 +50)=300, odkudsnadnovyjádříme a 3 =125aa=5(dm). V první nádrži tedy bylo 125 litrů vody, což představovalo 62,5% celkového objemu V.Platítedy 125= 62,5 100 V, odkudvyjádříme V = ,5 =2 100=200(dm3 ).Zevztahu V = a 2 vnyní dopočítáme poslední neznámou: v= V a 2= =8(dm). Rozměrykaždéznádržíbyly5dm 5dm 8dm. Hodnocení. 2 body za vyjádření hrany podstavy; 2 body za vyjádření objemu nádrže; 2 body za vyjádření výšky. Z8 II 3 Šifrovacíhrysezúčastnilo168hráčův50týmech,kterémělydvaažpětčlenů. Nejvíce bylo čtyřčlenných týmů, trojčlenných týmů bylo 20 a hry se zúčastnil alespoň jeden pětičlenný tým. Kolik bylo dvojčlenných, čtyřčlenných a pětičlenných týmů? (M. Mach) Možné řešení. Hry se zúčastnilo 20 trojčlenných týmů, což představuje 60 hráčů. Zbylých 108 hráčů z celkového počtu chceme rozdělit do 30 týmů po dvou, čtyřech a pěti hráčích. Čtyřčlenných týmů bylo nejvíce, tj. minimálně 21, což představuje minimálně 84 hráčů. Zbylých 24 hráčů potřebujeme rozdělit do 9 týmů po dvou, čtyřech a pěti hráčích. Pětičlenný tým byl alespoň jeden. Navíc z 24 hráčů lze sestavit nejvýše čtyři pětičlenné týmy. Nyní probereme všechny případy, které mohou nastat: Pokudbypětičlennýtýmbylprávě1,pakzbývározdělit19hráčůdo8týmůpo dvouačtyřechhráčích.tovšaknenímožné,protože19jelichéčíslo. Pokudbypětičlennétýmybyly2,pakzbývározdělit14hráčůdo7týmůpodvou a čtyřech hráčích. To lze realizovat pouze jediným způsobem všichni tito hráči budou ve dvoučlenných týmech a žádný další čtyřčlenný tým se nevytvoří. Pokudbypětičlennétýmybyly3,pakzbývározdělit9hráčůdo6týmůpodvou ačtyřechhráčích.tovšaknenímožné,protožena6týmůjepotřebaalespoň12 hráčů. 7

8 Pokudbypětičlennétýmybyly4,pakzbývározdělit4hráčedo5týmůpodvou ačtyřechhráčích.tovšaknenímožné,protožena5týmůjepotřebaalespoň10 hráčů. Z uvedené diskuze nám vychází jediná možnost hry se zúčastnilo 7 dvojčlenných, 20 trojčlenných, 21 čtyřčlenných týmů a 2 pětičlenné týmy. Hodnocení. 2bodyzaúvahu,žestačírozdělit24hráčůdo9týmůpo2,4a5hráčích; 3bodyzazdůvodněnítoho,žepětičlennétýmymohlybýtjedinědva;1bodyzasprávný výsledek. 8