Problemes
a l'esprint - 29 de gener de 2009
Respostes
comentades
Publiquem
les solucions oficials dels problemes i, per a atendre la petició
d'alguns dels centres participants, adjuntem unes idees per a
la solució de cada problema.
- Com s'ha fet en
altres ocasions, obrim aquesta
pàgina a tothom que vulgui enviar altres propostes
per a obtenir la solució.
- En aquesta ocasió
es va tenir present la idea d'aquesta activitat i es va considerar
la diversitat dels equips dels diversos centres, però
amb el benentès que en la majoria dels casos un subgrup
fa uns problemes "més fàcils" (els de
la branca d'olivera) i un altre subgrup uns altres problemes,
a priori "més difícils" (els del colom
de la pau) i, en acabat, convé que tots junts pensin
els reptes finals entre els quals, per aquesta raó, "n'hi
ha d'haver adequats per a tothom". Podeu enviar
les vostres opinions sobre aquest tema i també sobre
la possibilitat de fer dues convocatòries diferenciades,
una per al segon cicle d'ESO i una altra per al batxillerat.
- Problemes
de la branca d'olivera
- 1. 2419.
Si S = 25·60/100, 60
= 80·U/100, 80=M ·25/100
i A= 2009, es calcula i resulta S
+ U + M + A = 2419
- 2. 9.
Es pot fer per multiplicacions reiterades
per 11 (només cal escriure les dues últimes
xifres de cada multiplicació parcial) i es veu que
la xifra de les desenes de 11i segueix la cadència
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0, 1, 2, 3 ,... i per això
112009 acaba en 9.
Però si a algú li agraden més les fórmules
pot fer
112009 =(10
+ 1)2009 i aplicant el binomi de Newton això
resulta una suma de molts sumands múltiples de 100
+ 2009·101·12008 + 12009
que és un número que acaba en 91.
- 3. 270.
El costat més llarg del rectangle ha
de ser el de 20.
L'altre costat "no retallat" del rectangle ha de
ser el de 15 perquè la suma de les longituds dels dos
costats del rectangle ha de ser més gran que la suma
dels altres tres costats del pentàgon.
A partir d'aquí es poden estudiar totes les variacions
possibles per assignar a a, b, c els valors
8, 10 i 13 i pensar que en el triangle retallat, de costats
20-a, b, 15-c s'ha
de complir el teorema de Pitàgores. Es veu que l'única
possibilitat és a = 8,
b = 13, c = 10
i així resulta un triangle rectangle de catets 12 i
5 i hipotenusa 13.
![](imatges/pentarecsolu2.gif)
Després ja només cal calcular l'àrea
del rectangle inicial (20·15=300) i restar-li l'àrea
del triangle retallat (12·5/2=30) i es veu que l'àrea
del pentàgon és 270.
- 4. 8,3%.
Si volem que
,
igualant la resposta correcta i la que obtindrà l'Antoni,
veiem que s'ha de complir
![](imatges/formu4.gif)
Com que ha de ser 10 > a > b i a, b nombres enters,
s'observa que les úniques possibilitats són
a=3, b=2; a=6, b=4 i a=9, b=6.
Com que per altra banda el nombre de parelles (a,b) que compleixen
10
> a > b i a, b nombres enters
és 36, el percentatge d'encerts serà de 100·3/36
= 100/12 que correspon al 8,3%.
- 5. 6.
Passa el nombre 270 com a volum de l'ortoedre. L'única
manera de posar el 270 com a producte de tres nombres enters
més petits que 10 és la següent: 270 =
5 · 6 · 9. Vist això la superfície
exterior inicial de l'ortoedre és s = 2·(5·6+5·9+6·9).
La superfície exterior dels 270 cubets unitaris serà
270·6 de la qual quedarà per pintar 270·6
- s. Com que per pintar
s hem necessitat un pot de pintura hemd e fer una divisió
i veurem que necessitarem 5 pots i escaig, és a dir
que n'haurem de comprar 6.
- Problemes
del colom de la pau
- 6. 270º.
Desplegaments:
![](imatges/formigasolu.gif)
Cares
on són els punts P, Q, R: ![](imatges/formigasolu2.gif)
- 7. 6847.
Ve d'un altre problema R=2419. Si 2009+2419=4428
nombres tenen de mitjana 4428 és que sumen 44282.
Els 2419 nombres inicials, com que tenen de mitjana 2419
sumen 24192.
Per tant els 2009 nombres que hem afegit sumen s = 44282
- 24192
i, doncs, tenen de mitjana s/2009 = 6847.
- 8. Opció
per als centres sense alumnes de batxillerat:7/5.
(Resultat curiós: la raó
de les àrees entre les dues figures és igual
a a raó entre els seus perímetres!)
Si designem com x el costat del triangle inicial el seu
perímetre és 3x; el perímetre de l'hexàgon
serà 3x - 6.
Si imposem que la raó entre 3x i
3x - 6
sigui 7/5 resulta x = 7.
Tot i que la relació entre les àrees es pot
trobar per càlcul tot seguit proposem una solució
gràfica, dividint el triangle inicial en 49 triangles
equilàters de costat 1, que permet comprovar de seguida
que la relació d'àrees és 7/5.
![](imatges/trihexasolu2.gif)
8. Opció general: .
Si designem com a un dels
costats dels rectangles d'àrea coneguda tenim els
altres:
![](imatges/quaquasolu.gif)
Si indiquem com c el costat
del quadrat centrat i C el costat del quadrat
inicial, serà:
- 9.
Opció
per als centres sense alumnes de batxillerat:2/9.
Si observem les 36 possibilitats (i, j) on i
és, el que marca un dau i j el que marca l'altre,
i pensem en els possibles quadrats perfectes que podrem
escriure (16, 25, 36, 64) veurem que hi ha 8 casos favorables:
{ (1,6), (6,1), (2,5), (5,2), (3,6), (6,3), (6,4), (4,6).
La probabilitat demanada és doncs 8/36 = 2/9.
9.
Opció general:
20/27.
Si pensem en els possibilitats per guanyar un jugador, que
són: guanyar els dos primers sets, guanyar el primer
i el tercer o bé guanyar el segon i el tercer tindrem
que la probabilitat demanada és:
- Reptes
- 10.
862. Atenent al nombre 7 que
ve del problema 10 hem d'estudiar quina és la ma`xima
quantitat denombres que podem posar en uns ubconjunt S
del conjunt C = {1, 2, 3,
, 2008, 2009} a fi
i efecte que entre els nombres seleccionats no n'hi hagi
cap parella que sumi un múltiple de 7.
Si classifiquem els nombres de C segons el residu
que donen quan els dividim per 7, en tindrem 287 que donen
residu 1, 287 que donen residu 2, ... 287 que són
múltiples de 7.
Si posem un nombre de residu 1 en el subconjunt S
no n'hi podem posar cap de residu 6 i recíprocament.
Però sí que podem posar tots els d'una classe:
en total 287.
El mateix amb els de residu 2 i els de residu 5: en total
287, perquè cap d'aquests sumat amb els anteriors
pot donar un múltiple de 7. I semblantment amb els
de residu 3 i residu 4. Tenim 287 candidats més a
pertànyer a S.
I pel que fa als múltiples de 7? Dos no els podrem
posar però un múltiple de 7 sí que
pot pertànyer a S, que només pot donar per
suma un múltiple de 7 amb un altre múltiple
de 7.
Així doncs podem posar 3·287+1 = 862 nombres
al subconjunt S.
- 11. 1139.
Tot i que també es pot donar
una solució explicativa, donem una solució
algebraica.
![](imatges/siste.gif)
Sumant la primera i la tercera
equació i, a part, la segona i la quarta obtenim
i si ara restem aquestes dues, ![](imatges/siste3.gif)
- 12.
4800.
Tenim 6 tones = 6000 kg, dels quals el 92%, que són
5520 kg és aigua i, doncs, 480 kg no són aigua.
Aquests 480 kg seran, després del transport, el 10%
del total del pes que arriba. Per tant el pes del carregament
quan arriba a destinació és 4800 kg.
|
|