czerwiec 2015

Data ostatniej modyfikacji:
2015-07-13

Zad. 1. Ile cyfr ma najmniejsza liczba naturalna mająca 25 dzielników? Odpowiedź uzasadnij.

Zad. 2. Trzy gramy czystego złota stopiono z dwoma stopami złota i srebra, jeden próby 920, a drugi próby 880, otrzymując 30 g nowego stopu próby 900. Oblicz, ile ważyły dwa stopy złota i srebra na początku.

Zad. 3. Cztery proste równoległe przecięto innymi czterema prostymi równoległymi. Ile otrzymano równoległoboków?

 

Wyniki: 

W tym miesiącu punkty zdobyli:

  • 3 pkt. - Antoni Buraczewski - SP 107 Wrocław, Hubert Cymbalista - SP 1 Sobótka, Norbert Frydrysiak - SP Mszczonów, Marek Komorowski - SP 5 Żory, Jakub Ptak - SP 64 Wrocław, Adam Stachelek - SP 301 Warszawa i Jerzy Wąsiewicz - SP Kostowiec;
  • 2,5 pkt. - Gracjan Ciupa - SP 72 Wrocław, Igor Hołowacz - SP Bielany Wrocławskie, Martyna Kubiak - SP Skoki, Szymon Kubiak - SP Skoki, Kacper Kuszaj - SP 2 Jelcz-Laskowice i Aleksandra Zalewska - SP 1 Sokółka;
  • 2 pkt. - Mikołaj Bilski - SP 6 Jelenia Góra, Natasza Ptak - SP 118 Wrocław, Kaja Srokosz - SP 52 Warszawa, Klaudia Sułkowska - SP Mieroszów, Bartosz Szczerba - SP 35 Szczecin i Wiktor Szywała - SP 1 Sobótka;
  • 1,5 pkt. - Szymon Warmuła - SP Kobierzyce;
  • 1 pkt. - Joachim Górski - SP Mszczonów, Hubert Grześkowiak - SP Mieroszów i Karol Raczkowski-Orleski - SP 45 Wrocław;
  • 0,5 pkt. - Kacper Tylek - SP Świątniki Górne.

Pozostali uczestnicy zdobyli poniżej 0,5 punktu.

Po dziewięciu miesiącach Ligi Zadaniowej dla szkół podstawowych najlepsze wyniki uzyskali:

  • I m. (z wynikiem 27 pkt. na 27 możliwych!) - Jakub Ptak,
  • II m.(26,5 pkt.) - Marek Komorowski,
  • III m. (25,5 pkt.) - Antoni Buraczewski, Igor Hołowacz, Adam Stachelek i Aleksandra Zalewska,
  • IV m. (25 pkt.) - Gracjan Ciupa, Kacper Kuszaj i Jerzy Wąsiewicz - SP Kostowiec,
  • V m. (24,5 pkt.) - Natasza Ptak, Kaja Srokosz i Bartosz Szczerba,
  • VI m. (24 pkt.) - Hubert Cymbalista,
  • VII m. (23,5 pkt.) - Norbert Frydrysiak - SP Mszczonów,Martyna Kubiak i Szymon Warmuła,
  • VIII m. (23 pkt.) - Mikołaj Bilski i Szymon Kubiak,
  • IX m. (22,5 pkt.) - Konrad Andruchów - SP 4 Bolesławiec i Mikołaj Roszczyk - SP 7 Legionowo,
  • X m. (21,5 pkt.) - Joachim Górski, Szymon Grech - NSP Koszarawa Bystra i Michalina Więckowska - SP 1 Konstancin-Jeziorna,
  • XI m. (21 pkt.) - Klaudia Sułkowska,
  • XII m. (20 pkt.) - Wiktor Szywała.

Gratulujemy!

 

Odpowiedzi: 

Zad. 1. Każdą liczbę naturalną można zapisać w postaci rozwinięcia na różne czynniki pierwsze pi, z których każdy może się powtarzać kilka razy (liczbę powtórzeń czynnika pi w rozkładzie oznaczamy jako ai i zapisujemy w postaci wykładnika potęgi): n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\ldots p_k^{a_k}. Każdy dzielnik liczby n powstaje przez wybranie dowolnych czynników z powyższego rozkładu, można go więc przedstawić jako d=p_1^{b_1}p_2^{b_2}\ldots p_k^{b_k}, gdzie liczby bi spełniają warunek 0\leq b_i \leq a_i. Zatem każda z liczb bi może przyjmować ai + 1 różnych wartości (gdy przyjmuje wartość 0, oznacza to, ze czynnik pi nie został wybrany w skład dzielnika d. Tworząc dzielniki n możemy więc potęgę przy p1 ustalić na a1+1 sposobów, przy p2 na a2+1 sposobów, przy p3 na a3+1 sposobów itd. W efekcie możliwych sposobów utworzenia dzielnika liczby n jest (a1+1)·(a2+1)·...·(ak+1). Ponieważ liczbę 25 możemy zapisać jako 25·1 lub 5·5, więc po 25 dzielników będą miały liczby n postaci p_1^{24}p_2^0 i p_1^4p_2^4. Podstawiając za p1 i p2 najmniejsze liczby pierwsze, dostajemy dla p1=2 liczbę n = 224 = 16777216 oraz dla p1=2 i p2=3, liczbę n = 24·34 = 1296. Ta druga jest mniejsza i to ona jest rozwiązaniem zadania, zatem majmniejsza liczba mająca 25 dzielników ma 4 cyfry.

Zad. 2. Łatwo sprawdzić, że po zmieszaniu tych samych ilości stopów złota i srebra próby 920 i 880, otrzymamy stop próby 900. Pytanie brzmi jednak, ile razy więcej trzeba wziąć stopu próby 880 od złota próby 1000, aby otrzymać stop próby 900. Dowiemy się tego, rozwiązując równanie, w którym n oznacza, że stopu próby 880 wzięto n razy więcej niż złota: 1·1000+n·880 = (n+1)·900. Równanie to spełnia liczba 5. Ponieważ złota próby 1000 były 3 g, to zmieszanego z nim stopu próby 880 musi być pięć razy więcej czyli 15 g. Pozostaje jeszcze 30–3–15 = 12 g końcowego stopu, które musimy podzielić po równo miedzy stopy prób 920 i 880. Zatem ostatecznie stopu próby 920 użyto 6 g, a stopu próby 880 użyto 15+6 lub 30–3–6, co daje 21 g. 

Zad. 3. Otrzymamy 36 równoległoboków. 9 z nich będzie składało się z jednego mniejszego równoległoboku, 12 - z dwóch równoległoboków, 6 - z trzech, 4 - z czterech, 4 - z sześciu równoległoboków i 1 składający się z dziewięciu równoległoboków. Można to obliczyć sprytniej. Każdy równoległobok jest wyznaczony jednoznacznie przez wybranie dwóch prostych równoległych w jednym kierunku oraz dwóch w drugim. Z czterech prostych A, B, C i D można wybrać dwie na 6 sposobów, zatem jest sześć możliwości wybrania jednej oary boków i 6 możliwości wybrania drugiej pary, co daje 6·6 możliwych sposobów utworzenia równoległoboku. 

 

Powrót na górę strony