Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 – PIKOMAT 2006

Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 – PIKOMAT 2008
Zadanie 1 (etap I)
W każdą kratkę poniższej figury wpisz jedną z cyfr od 1 do 5 tak, aby cyfry malały, gdy
przesuwać się będziesz od strony lewej do prawej w każdym rzędzie poziomym i z góry na
dół w każdym rzędzie pionowym.
Autor rozwiązania: Paweł Janusiak, Szkoła Podstawowa nr 29 w Częstochowie
Jest 5 możliwości rozwiązania tego zadania:
5
4
2
1
3
5
4
3
1
2
5
4
3
2
1
5
3
4
1
2
5
3
4
2
1
Zadanie 2 (etap I)
W czasie wakacji pięcioro rodzeństwa postanowiło wybrać się do lasu. Umówili się, że troje
z nich będzie zbierać jagody, a pozostała dwójka borówki. Na ile sposobów mogą się
podzielić na takie dwie grupy zbieraczy runa leśnego?
Autor rozwiązania: Jakub Szczuka, Szkoła Podstawowa w Zespole Szkół
Ogólnokształcących w Lubomi
Rodzeństwo może się podzielić na 10 sposobów. Ponumerowałem dzieci od 1 do 5
i przydzieliłem im dane funkcje (tabela).
Jagody Borówki
1, 2, 3
4, 5
1, 2, 4
3, 5
1, 2, 5
3, 4
1, 3, 4
2, 5
1, 3, 5
2, 4
1, 4, 5
2, 3
2, 3, 4
1, 5
2, 3, 5
1, 4
2, 4, 5
1, 3
3, 4, 5
1, 2
Zadanie 1 (etap II)
Podczas ostatnich wakacji kolega Tomka przebył łącznie 486 km. Część drogi przejechał
koleją. Autobusem przejechał 5 razy tyle co koleją. Resztę drogi przebył promem. Droga
wodna była 2 razy krótsza od lądowej. Ile czasu kolega Tomka podróżował promem, jeżeli
wiadomo, że prom w ciągu każdej godziny pokonywał odległość 18 km?
Autor rozwiązania: Magdalena Pieróg, Szkoła Podstawowa nr 1 w Mielcu
Niech x oznacza długość drogi wodnej, to 2x oznacza długość drogi lądowej. Zatem:
x + 2x = 468
3x = 468
x = 162
Droga wodna wynosi 162 km.
Jeżeli w ciągu godziny prom pokonuje 18 km, to całą drogę pokona w ciągu:
162 : 18 = 9 godzin.
Odp. Kolega Tomka podróżował promem 9 godzin.
Zadanie 4 (etap II)
W puste pola należy wpisać liczby od 1 do 16 (niektóre liczby zostały już wpisane) tak, aby
suma liczb w każdym z zaznaczonych kwadratów 2 × 2 oraz w wierszach i kolumnach dużego
kwadratu 4 × 4 była równa 34.
3
13
9
15 14
Autor rozwiązania: Piotr Pawlak, Ogólnokształcąca Szkoła Muzyczna I i II Stopnia im.
Feliksa Nowowiejskiego w Gdańsku
Wiem, że w ostatnim wierszu suma dwóch liczb wynosi 29. Suma dwóch pozostałych
liczb musi wynieść 5 (34 – 29 = 5). Jedyne kombinacje to 4 i 1 lub 2 i 3, ale 3 jest już
wpisane. Gdybym wpisał 1 na lewo od 15, a 4 na prawo od 14, to w kwadracie 2  2, gdzie
jest 15, czwartą liczbą byłaby 9 (34 – 15 – 1 – 9 = 9), a ta liczba jest już wpisana. Po lewej
stronie musi być 4, a po prawej 1. Wtedy w dolnym lewym kwadracie jest liczba 6
(34 – 15 – 4 – 9 = 6). Natomiast w lewym górnym kwadracie pod 3 musi być wpisana 10.
Nasz kwadrat wygląda już tak:
3
13
10
9
6
4
15 14
1
Pozostały nam liczby: 2, 5, 7, 8, 11, 12 i 16. W pierwszej kolumnie suma pozostałych liczb
jest równa 21 (34 – 9 – 4 = 21). Jest to możliwe tylko dla 16 i 5. Gdyby 5 było w lewym
górnym rogu, to ostatnia liczba w pierwszym wierszu musiałaby wynosić 13, a 13 jest już
wpisana. Jeśli w lewy górny róg wstawimy 16, to ostatnia do wpisania liczba w pierwszym
wierszu równa się 2 (34 – 16 – 13 – 3 = 2). Nasz kwadrat wygląda tak:
16
3
2
13
5
10
9
6
4
15 14
1
Pozostały liczby: 7, 8, 11 i 12. W trzeciej kolumnie suma dwóch pozostałych liczb wynosi 18
(34 – 14 – 2 = 18). Czyli 11 i 7, to jedyna możliwość. W ostatniej kolumnie suma dwóch
pozostałych liczb to 20 (34 – 13 – 1 = 20). Czyli jedyna możliwość to 12 i 8. W drugim
i trzecim wierszu suma liczb pozostałych liczb jest taka sama i wynosi:
34 – 5 – 10 = 34 – 6 – 9 = 19. Zatem liczby to11 i 8 oraz 12 i 7. Dostaliśmy dwa rozwiązania:
16
3
2
13
16
3
2
13
5
10
7
12
5
10 11
8
9
6
11
8
9
6
7
12
4
15 14
1
4
15 14
1
Zadanie 1 (etap III)
W pewnej klasie piątej jest 30 uczniów. Wśród nich jest 5 takich, którzy mają brata i siostrę,
oraz 7 takich, którzy nie mają brata ani siostry. Ilu uczniów tej klasy ma siostrę, jeżeli
wiadomo, że 15 ma brata?
Autor rozwiązania: Kamil Filipiak, Szkoła Podstawowa nr 22 w Jaworznie
30 – 7 = 23
15 – 5 = 10
23 – 10 = 13
– tylu uczniów ma rodzeństwo,
– tylu uczniów ma tylko brata,
– tylu uczniów ma siostrę.
Odp.: 13 uczniów tej klasy ma siostrę.
Interpretacja graficzna
A
10 uczniów
B
C
D
5 uczniów
23 uczniów
7 uczniów
8 uczniów
E
A
B
C
D
E
–
–
–
–
–
wszyscy uczniowie klasy V,
uczniowie, którzy mają rodzeństwo,
uczniowie, którzy mają braci,
uczniowie, którzy mają brata i siostrę,
uczniowie, którzy mają siostrę.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 5 – PIKOMAT 2008
Zadanie 1 (etap I)
Podczas zebrania klasowego – notabene bardzo burzliwego – doszło do takich sporów, że
część uczestników opuściła salę. Gdyby salę opuściła prowadząca spotkanie Ola, na sali
zostałaby
1
uczestników. Natomiast gdyby Mateusz i Kamil zostali na sali, to utracona
3
byłaby tylko połowa uczestników. Ilu uczniów było obecnych na początku zebrania?
Autor rozwiązania: Paweł Dybich, Szkoła Podstawowa nr 5 w Olkuszu
I sposób
Liczba wszystkich uczestników zebrania – a,
Liczba osób, która opuściła zebranie – b.
Zapis sytuacji, gdyby Ola opuściła zebranie: a – b – 1 =
1
a.
3
1
a.
2
Aby równania były prawdziwe liczba a musi być liczbą parzystą, podzielną przez 3. Warunki
takie spełniają liczby: 6, 12, 18, 24, 30, …
Obliczam z drugiego równania liczbę b.
1
a–b+2= a
2
1
–b= a–a–2
2
1
– b = – a – 2 / . (–1)
2
1
b= a+2
2
Zapis sytuacji, gdyby Mateusz i Kamil zostali na sali: a – b + 2 =
Obliczam b dla a równego 6, 12, 18, 24, 30 i podstawiam otrzymane wyniki do pierwszego
równania.
a = 6,
b=
1.
6 + 2 = 5,
2
6–5–1
1.
6,
3
0  2,
a = 12,
b=
1.
12 + 2 = 8,
2
12 – 8 – 1 
1.
12,
3
3  4,
a = 18,
b=
1.
18 + 2 = 11,
2
18 – 11 – 1 =
1.
18,
3
6 = 6,
a = 24,
b=
1.
24 + 2 = 14,
2
24 – 14 – 1 
a = 30,
b=
1.
30 + 2 = 17,
2
30 – 17 – 1 
1.
24,
3
9  8,
1.
30,
3
12  10.
Sprawdzam prawdziwość założonych dwóch równań dla a = 18, b = 11.
a–b–1=
1
a
3
18 – 11 – 1 = 6,
a–b+2=
6=
1.
18
3
9=
1.
18
2
1
a
2
18 – 11 + 2 = 9,
Odp.: Otrzymałem jedno rozwiązanie. Liczba osób, które były na początku zebrania wynosi
18, a liczba osób, które opuściły zebranie wynosi 11.
II sposób
Liczba osób, którzy zostali – x,
Liczba osób, którzy opuścili zebranie – y.
1
(x + y)
3
1
x + 2 = (x + y)
2
x–1=
1
1
x+ y /+1
3
3
1
1
x+2= x+ y /–2
2
2
x–1=
1
1
x+ y+1 /.3
3
3
1
1
x= x+ y–2 /.2
2
2
x=
3x = x + y + 3 / – x
2x = x + y – 4 / – x
2x = y + 3
x = y – 4 / . (–1)
x=7
7=y–4
y = 11
x + y = 7 + 11
x + y = 18
Odp.: Na początku zebrania było 18 uczniów.
III sposób
Liczba osób, którzy zostali – x,
Przedstawiam graficznie sytuację, gdyby Ola opuściła salę.
x–1=
1
wszystkich uczestników
3
Podzieliłem koło na 6 równych części i zaznaczyłem
1
tego koła.
3
Gdyby Mateusz i Kamil zostali na Sali to byłaby polowa uczestników.
x+2=
1
wszystkich uczestników
2
Przedstawiam oba rozwiązania graficzne razem:
Zauważyłem, że różnica między oznaczonymi polami wynosi
x + 2 – (x – 1) =
x+2–x+1=
1
całości.
6
1
całości
6
1
całości
6
1
całości
6
Całość wynosi 18.
3=
Odp.: Na początku zebrania było 18 osób.
Zadanie 4 (etap II)
Liczba czterocyfrowa AABB dzieli się przez 36. Jaka to liczba?
Autor rozwiązania: Lukasz Turek, Szkoła Podstawowa nr 16 w Gliwicach
Liczba 36 jest najmniejszą wspólną wielokrotnością liczb 4 i 9. Liczba czterocyfrowa AABB
będzie więc podzielna przez 36, jeżeli będzie równocześnie podzielna przez 4 i przez 9
ponieważ:
- liczba jest podzielna przez 4, gdy jej ostatnie dwie cyfry tworzą liczbę podzielną przez
4,
- liczba jest podzielna przez 9, gdy suma jej cyfr jest podzielna przez 9.
Liczba czterocyfrowa AABB podzielna przez 36 musi spełniać oba warunki. Wstawiłem
w miejsce dwu liter B takie cyfry, aby powstałe z nich dwucyfrowe liczby były podzielne
przez 4 (czyli 00, 44, 88), a w miejsce obu liter A cyfry od 1 do 9 i sprawdzałem, czy suma
wszystkich cyfr jest podzielna przez 9. Uzyskałem następujące liczby czterocyfrowe
podzielne przez 36: 9900, 5544, 1188.
Sprawdzenie
9900 : 36 = 275 r. 0
5544 : 36 = 154 r. 0
1188 : 36 = 33 r. 0
Odp.: Otrzymałem 3 rozwiązania, a mianowicie 9900, 5544 i 1188.
Zadanie 1 (etap III)
W miejsce ☼ wpisz cyfry ze zbioru {2,3,4,5,6}, każdą dwukrotnie, aby otrzymać prawdziwą
równość.
☼
0
☼ ☼
0
☼ ☼ ☼
+
☼ ☼ ☼ ☼
4
6
6
6
Ator rozwiązania: Kamil Janas, Szkoła Podstawowa nr 4 w Bytomiu
Przedstawione działanie zapisuję w następujący sposób:
A
0
B C
0
D E
F
+ G H
I
J
4
6
6
6
Z takiego zapisu wynika, ze F + J = 6 lub F + J = 16. Ponieważ największa suma dwóch cyfr,
jaką można uzyskać z podanego zbioru cyfr wynosi 6 + 6 = 12  16, dlatego F + J = 6.
W kolumnie jedności występują więc cyfry: 0, 0, 3, 3 lub 0, 0, 2, 4. Podobnie
A + C + E + I = 6 lub A + C + E + I = 16 lub A + C + E + I = 26. Ponieważ największa suma
czterech cyfr, jaką można uzyskać z podanego zbioru wynosi 6 + 6 + 5 + 5 = 22  26,
a najmniejsza taka suma jest równa 2 + 2 + 3 + 3 = 10  6, dlatego A + C + E + I = 16.
Wynika stąd, że B + D + H = 5 lub B + D + H = 15. Najmniejsza możliwa suma trzech cyfr
z tego zbioru to 2 + 2 + 3 = 7  5, dlatego B + D + H = 15. Z tego wynika, że G = 3, dlatego
w kolumnie jedności nie może być dwóch cyfr 3. Stad wynika, że w kolumnie jedności
występują cyfry: 0, 0, 2, 4. Ponieważ B + D + H = 15, dlatego w kolumnie setek mogą
wystąpić cyfry na dwa sposoby:
I – cyfry 6, 6, 3
lub
II – cyfry 6, 5, 4.
Pozostałe możliwe cyfry z podanego zbioru występują w kolumnie dziesiątek. Mogą to być
więc cyfry 5, 5, 2, 4 w przypadku I lub cyfry 6, 5, 3, 2 w przypadku II. W każdej kolumnie
cyfry mogą występować w różnej kolejności, dlatego zadanie ma wiele rozwiązań, np.:
Przypadek I
+
Przypadek II
4
0
6
2
0
6
5
2
3
3
5
4
4
6
6
6
+
6
0
4
5
0
5
3
4
3
6
2
2
4
6
6
6
Liczba możliwych rozwiązań w przypadku I:
 w kolumnie jedności cyfry można przestawić na 2 sposoby,
 w kolumnie dziesiątek cyfry 5 można umieścić obok siebie na 3 sposoby lub
rozdzielone jedną cyfrą na 2 sposoby, albo rozdzielone dwiema cyframi na 1 sposób –
razem jest 6 sposobów rozmieszczenia dwóch cyfr 5. Pozostałe cyfry tej kolumny
można rozmieścić zamiennie na 2 sposoby, dlatego kolumnę dziesiątek można zapisać
na 6 . 2 = 12 sposobów,
 w kolumnie setek cyfrę 3 można umieścić na 3 sposoby, na pozostałe miejsca
wstawiając cyfry 6.
Wszystkich możliwych rozwiązań w przypadku I jest więc:
2 (w kolumnie jedności) . 12 (w kolumnie dziesiątek) . 3 (w kolumnie setek) = 72.
Liczba możliwych rozwiązań w przypadku II:
 w kolumnie jedności cyfry można przestawić na 2 sposoby,
 w kolumnie dziesiątek cyfrę 6 można umieścić na 4 sposoby, a wtedy cyfrę 5 na
jednym z pozostałych trzech miejsc na 3 sposoby, natomiast cyfrę 3 na jednym
z dwóch pozostałych miejsc na 2 sposoby, a cyfrę 2 na miejscu wolnym na 1 sposób,
dlatego kolumnę dziesiątek można zapisać na 4 . 3 . 2 . 1 = 24 sposoby,
 podobnie w kolumnie setek cyfrę 6 można umieścić na 3 sposoby, a wtedy cyfrę 5 na
jednym z pozostałych dwóch miejsc na 2 sposoby, natomiast cyfrę 4 na miejscu
wolnym na 1 sposób, dlatego kolumnę setek można zapisać na 3 . 2 . 1 = 6 sposobów.
Wszystkich możliwych rozwiązań w przypadku II jest więc:
2 (w kolumnie jedności) . 24 (w kolumnie dziesiątek) . 6 (w kolumnie setek) = 288.
Wynika stąd, że liczba wszystkich różnych rozwiązań tego zadania wynosi:
72 + 288 = 360.
Odp.: Zadanie posiada 360 różnych rozwiązań.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 6 – PIKOMAT 2008
Zadanie 1 (etap I)
Przy dzieleniu pewnej liczby przez 3, 5, 7 i 11 zostają odpowiednio reszty 1, 2, 3 i 4. Znajdź
tę liczbę, jeżeli wiadomo, że jest ona podzielna przez 2.
Autor rozwiązania: Joanna Michalik, Szkoła Podstawowa nr 5 w Zespole Szkół Sportowych
nr 1 w Chorzowie w Chorzowie
Szukam liczb podzielnych przez 11 z resztą 4.
Liczba
Liczba
+4
11
22
33
44
55
66
77
88
99
110
121
132
143
154
165
176
187
198
15
26
37
48
59
70
81
92
103
114
125
136
147
158
169
180
191
202
<---------------------------- +110 ------------------------------>
Szukana liczba dzieli się przez 5 z resztą 2, zatem musi się kończyć cyfrą 7 lub 2. Ponieważ
jednak liczba jest parzysta, musi się ona kończyć cyfrą 2.
Ułożyłam tabelkę, w której liczby rosną co 110. Do liczb, które dzielą się przez 3 z resztą 1
(warunek zadania) sprawdziłam podzielność przez 7.
Liczba
Dzielenie przez 3
Dzielenie przez 5
Dzielenie przez 7
Dzielenie przez 11
92
202
312
422
532
642
752
862
972
1082
1192
1302
1412
1522
1632
1742
1852
1962
2072
2182
2292
2402
2512
2622
2732
2842
2952
3062
3172
3282
3392
3502
3612
3722
3832
reszta 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
r. 0
r. 2
r. 1
reszta 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 2
r. 6
r. 0
r. 1
r. 2
r. 3
r. 4
r. 5
r. 6
r. 0
r. 1
r. 2
r. 3
reszta 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
r. 4
Odp.: Najmniejsza liczba spełniająca warunki zadania to 1522, następna 3832. Liczby będą
się powtarzać co 2310 (3832 – 1522 = 2310), czyli liczbę można zapisać w postaci:
1522 + n . 2310, gdzie n jest liczbą naturalną.
Zadanie 3 (etap III)
Wzdłuż alei parkowej rośnie 5 drzew. Na drzewach siedzą ptaki. W pewnej chwili
z pierwszego drzewa 1 ptak przeleciał na drugie drzewo, a po pewnym czasie 2 ptaki
z drugiego drzewa przeleciały na trzecie, a potem kolejno: 3 ptaki z trzeciego drzewa na
czwarte, 4 ptaki z czwartego na piąte i 5 ptaków z piątego drzewa na pierwsze i wtedy okazało
się, że na każdym drzewie jest tyle samo ptaków. Wiedząc, że ptaków było razem mniej niż
30, oblicz ile ptaków siedziało na początku na każdym drzewie.
Autor rozwiązania: Justyna Tuszyńska, Szkoła Podstawowa nr 4 w Pyskowicach
W zadaniu należy obliczyć, ile ptaków na początku siedziało na każdym drzewie. Wiadomo,
że było ich razem mniej niż 30. Zaczęłam od narysowania schematu:
---------------------------------- + 5 ---------------------------------------------------->
<------ + 1 ------<------ + 2 -------<------ + 3 ------- <------ + 4 --------
I
II
III
IV
V
Gdyby na wszystkich drzewach było razem 5 ptaków, na każdym drzewie byłoby po 1 ptaku.
Sprawdźmy schematem odwracając działanie:
---------------------------------- + 5 ---------------------------------------------------->
<------ + 1 ------<------ + 2 -------<------ + 3 ------- <------ + 4 --------
-3
I
4
II
5
III
6
IV
7
V
Teraz widać, że na I drzewie są 3 ptaki. Na drzewie nigdy nie siedziały 3 ptaki.
Kolejna możliwość: w sumie 10 ptaków – na jednym drzewie 2 ptaki (odwracając działanie):
---------------------------------- + 5 ---------------------------------------------------->
<------ + 1 ------<------ + 2 -------<------ + 3 ------- <------ + 4 --------
-2
I
1
II
2
III
3
IV
4
V
Podobna sytuacja: na I drzewie siedzą 2 ptaki.
Następna możliwość: w sumie 15 ptaków – na jednym drzewie 3 ptaki:
---------------------------------- + 5 ---------------------------------------------------->
<------ + 1 ------<------ + 2 -------<------ + 3 ------- <------ + 4 --------
-1
I
0
II
1
III
2
IV
3
V
Kolejna taka sytuacja: na I drzewie siedzi 1 ptak.
Następna możliwość: w sumie 20 ptaków – na jednym drzewie 4 ptaki:
---------------------------------- + 5 ---------------------------------------------------->
<------ + 1 ------<------ + 2 -------<------ + 3 ------- <------ + 4 --------
0
I
1
II
2
III
3
IV
4
V
W zadaniu było napisane, że na każdym drzewie siedział przynajmniej 1 ptak (nie dosłownie).
Kolejna możliwość: w sumie 25 ptaków – na jednym drzewie 5 ptaków:
---------------------------------- + 5 ---------------------------------------------------->
<------ + 1 ------<------ + 2 -------<------ + 3 ------- <------ + 4 --------
1
I
6
II
6
III
6
IV
6
V
Odp.: Rozwiązaniem tego zadania jest: na I drzewie siedział 1 ptak, na II drzewie siedziało
6 ptaków, na III drzewie siedziało 6 ptaków, na IV drzewie siedziało 6 ptaków, na V drzewie
siedziało 6 ptaków.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy I gimnazjum – PIKOMAT 2008
Zadanie 1 (etap I)
Średnia liczba punktów zdobytych na sprawdzianie z matematyki w pewnej klasie była równa
11,28. Średnia liczba punktów dla chłopców była równa 10, natomiast dla dziewcząt 12. Ile
było dziewcząt i ile chłopców w tej klasie, jeżeli wiadomo, że liczba uczniów w klasie jest
mniejsza niż 35?
Autor rozwiązania: Marcin Salin, Gimnazjum nr 4 w Jaworznie
Oznaczenia:
ch – liczba chłopców
dz – liczba dziewcząt
10ch – suma punktów zdobytych przez chłopców
12dz – suma punktów zdobytych przez dziewczyny
11,28 – średnia punktów całej klasy osiągnięta na sprawdzianie z matematyki
I sposób
0< ch + dz < 35
Warunek ten oznacza, że uczniów w klasie jest 34 lub 33 lub 32 lub … lub 3 lub 2 lub 1.
11,28 . (dz + ch) = 12dz + 10ch
Średnia punktów klasy pomnożona przez liczbę uczniów jest równa sumie wszystkich
punków.
11,28 . dz + 11,28 . ch = 12dz + 10ch
11,28ch – 10ch = 12dz – 11,28dz
1,28ch = 0,72dz
ch 0,72 9 18



 ...
dz 1,28 16 32
Tylko dla liczb 9 i 16 (muszą to być liczby naturalne) spełniony jest warunek 9 + 16 < 35,
czyli jak jest 9 chłopców i 16 dziewcząt, to w klasie jest 25 uczniów.
(średnia chłopców) 10 . (liczba chłopców) 9 = 90
(średnia dziewcząt) 12 . (liczba dziewcząt) 16 = 192
Sprawdzenie:
9ch + 16dz = 25 < 35
10ch  12dz
 11,28
ch  dz
Odp. Chłopców jest 9, a dziewczynek 16
II sposób (metoda prób i błędów)
Wiem, że liczba uczniów musi być liczbą naturalną. Średnia punktów klasy pomnożona przez
ilość uczniów całej klasy, czyli suma punktów też jest liczbą naturalną.
Liczba uczniów
Suma punktów
(ch + dz)
(średnia . ilość uczniów)
30
338,4
29
327,12
28
315,84
27
304,56
26
293,28
25
282
24
270,72
23
259,44
22
248,16
21
236,88
Z tabelki możemy odczytać:
ch + dz = 25,
11,28 . 25 = 282.
To rozwiązanie spełnia warunki zadania, a mianowicie: 9 + 16 < 35 oraz
Odp.: W tej klasie było 9 chłopców oraz 16 dziewcząt.
282
 11,28 .
25
Zadanie 1 (etap III)
Pan Stanisław ma czterocyfrowy PIN dostępu do swojego konta bankowego przy użyciu karty
płatniczej. Każda z cyfr tego numeru jest inna. Jego syn Janek zapisał ten PIN w sposób
szczególny – bo następującym szyfrem:
1911
0265
7004
6257
0735
5839
Jaki jest numer PIN pana Stanisława, jeżeli wiadomo, że w każdej z sześciu powyższych liczb
występuje jedna i tylko jedna cyfra z numeru PIN oraz cyfra ta znajduje się na tym samym
miejscu, co w numerze PIN?
Autor zadania : Magdalena Marcinowicz, Gimnazjum w Akademickim Zespole Szkół
Ogólnokształcących w Chorzowie
I sposób
Stosując się do warunków zadania, możemy stwierdzić, iż żadna cyfra, która występuje
w dwóch i więcej kolumnach, a jednocześnie w innych wierszach, nie będzie jedną z cyfr
numeru PIN. Możemy zacząć więc od wykluczenia wszystkich cyfr o podanych powyżej
właściwościach. Otrzymamy wówczas następujący schemat:
a b c d
1 1
1 1
2
2
4
3
2
4
3
5
8 3
6
Teraz widzimy, że w kolumnie a pozostała nam jedynie 1, a więc możemy ją uznać za
„pewną” i możemy wykreślić pozostałe 1 z wiersza pierwszego. Również możemy wykluczyć
cyfrę 8 z kolumny b, bo inaczej w wierszu 2 oraz 4 nie mielibyśmy żadnej cyfry.
Teraz nasz schemat wygląda tak:
a b c d
1 1
2
2
4
3
2
4
3
5
3
6
W naszym zadaniu mamy mieć szyfr 4 cyfrowy. Ponieważ wierszy jest 6 a kolumn 4, to
w dwóch z wierszy musi występować ta sama cyfra. Widzimy teraz już rozwiązanie zadania.
Jest to następujący układ: 1234.
II sposób
Pierwszą rzeczą jaką robię to zaznaczam powtarzające się w tej samej kolumnie cyfry
1
2
3
4
5
6
a
1
0
7
6
0
5
b
9
2
0
2
7
8
c
1
6
0
5
3
3
d
1
5
4
7
5
9
Możemy od razu wskazać dwie cyfry składające się na PIN, gdyż 2 i 3 jako jedyne nie
powtarzają się w innych wierszach. Wykreślamy więc cyfry w kolumnach i wierszach,
w których występują 2 i 3.
a b c d
1
1 1
2
2
4
3 7
2
4
3
5
3
6
Dla takiego układu możemy stwierdzić, że zadanie ma rozwiązania: 7231 oraz 1234, lecz
trzeba zwrócić uwagę na fakt, iż na miejscu d4 występowała już cyfra 7, a stosując się do
warunków zadania – nie możemy uznać 7 za składową cyfrę w numerze PIN. Po wykreśleniu
7 mamy już rozwiązanie. Jest to układ 1234.
III sposób
Pierwszą czynnością, którą wykonuję to wykreślenie powtarzających się w różnych wierszach
cyfr. Jako cyfry powtarzające się możemy od razu wykluczyć 0 oraz 5, a za „pewne” przyjąć
2 i 3, które jako jedyna para cyfr nie nachodzą na siebie wewnątrz wierszy, co jest jednym
z warunków zadania. Po wykreśleniu wszystkich cyfr występujących w tym samych
wierszach i kolumnach co 2 i 3 otrzymamy schemat:
a b c d
1
1 1
2
2
4
3 7
2
4
3
5
3
6
Teraz tak jak w rozwiązaniu nr 2 prowadzi to otrzymania identycznego rozwiązania. Jest nim
układ: 1234. Zatem mamy rozwiązanie, PIN pana Stanisława to: 1234.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy II gimnazjum – PIKOMAT 2008
Zadanie 2 (etap I)
Wiadomo, że liczba siedmiocyfrowa postaci 6ababab jest podzielna przez 18. Ponadto, jeżeli
skreślimy pierwszą i ostatnią cyfrę tej liczby, to otrzymamy liczbę pięciocyfrową podzielną
przez 6. Jakie cyfry kryją się pod literami a i b?
Autor rozwiązania: Zuzanna Pastuszczak, Gimnazjum nr 2 w Sanoku
Oznaczenia:
a, b – cyfry
Ponieważ obie liczby muszą być podzielne przez 2, więc zarówno a, które jest cyfrą jedności
w liczbie pięciocyfrowej jak i b, które jest cyfrą jedności w liczbie siedmiocyfrowej muszą
być parzyste lub równe 0.
Najpierw rozważę liczbę pięciocyfrową ababa.
Ponieważ ma być ona podzielna przez 3, to:
a + b + a + b + a = 2b + 3a = 3k, gdzie k jest całkowite
3a + 2b = 3k / : 3
2b
a+
=k
3
Na podstawie dotychczasowych informacji można stwierdzić, że a jest dowolną cyfrą parzystą
lub zerem, czyli a może być równe: 0, 2, 4, 6, 8, natomiast b jest cyfrą parzystą podzielną
przez 3 bądź ma wartość 0, więc b może być równe: 0 lub 6.
Teraz rozważę liczbę siedmiocyfrową 6ababab.
To, że jest ona podzielna przez 9 można przedstawić w ten sposób:
6 + a + b + a + b + a + b = 6 + 3a + 3b = 9n, gdzie n jest całkowite.
6 + 3a + 3b = 9n / : 9
2a b
 n
3
3
Na podstawie powyższych informacji można stwierdzić, że a + 2 jest liczbą parzystą
i podzielną przez 3, więc a + 2 jest równe 6, zatem a = 6 – 2 = 4, natomiast b może być równe
0 lub 6.
Wniosek: a = 4 i ( b = 0 lub b =6).
Sprawdzenie
1) Jeżeli b = 0, a = 4 mamy:
1 liczba: 6404040 : 18 = 355780
2 liczba: 40404 : 6 = 6734
2) Jeżeli b = 6, a = 4 mamy:
1 liczba: 6464646 : 18 = 359147
2 liczba: 46464 : 6 = 7744
Odp.: Litera a odpowiada cyfrze 4, a litera b odpowiada cyfrze 0 lub 6.
Zadanie 1 (etap I)
Wojtek chce dowiedzieć się, ile ocen każdego rodzaju ma Dawid z matematyki w dzienniku
lekcyjnym. Od Dawida dowiedział się, że ma on tylko piątki, czwórki i trójki oraz, że trojek
ma najwięcej – o 10 więcej niż piątek. Ponadto czwórek ma 3 razy więcej niż piątek. Dawid
pochwalił się również, że jego średnia ocen jest niższa niż 3,6. Czy te informacje wystarczą,
aby Wojtek jednoznacznie zaspokoił swoją ciekawość? Ile piątek, czwórek i trójek ma
Dawid?
Autor rozwiązania: Anna Kopka, Gimnazjum nr 3 w Jaworznie
Wprowadzam oznaczenia:
x – liczba piątek
x + 10 – liczba trójek
3x – liczba czwórek
Wiadomo również:
 Dawid ma średnią ocen mniejszą od 3,6
 Dawid ma najwięcej trójek
Jeżeli Dawid ma najwięcej trójek, to można zapisać następującą nierówność (wiadomo, że
x jest mniejsze od 3x – nie mogą tutaj wystąpić liczby ujemne):
3x < x + 10
3x – x < 10
2x < 10
x<5
Z tej nierówności wynika, że Dawid może mieć 1, 2, 3 lub 5 piątki
Liczba piątek Liczba czwórek Liczba trójek Średnia
1
3
11
3,34
2
6
12
3,5
3
9
13
3,6
4
12
14
3,67
Ponieważ wiemy, że średnia Dawida jest mniejsza niż 3,6, to mamy dwa rozwiązania.
Wniosek: Wojtek nie może jednoznacznie zaspokoić swojej ciekawości.
Przykładowe rozwiązania zadań z klasy III gimnazjum – PIKOMAT 2008
Zadanie 2 (etap I)
Wyznacz 3 liczby pierwsze x, y, z tak, aby ich suma była 5 razy mniejsza niż ich iloczyn.
Autor rozwiązania: Patryk Felkel, Gimnazjum nr 3 w Zespole Szkół Ogólnokształcących nr
11 w Zabrzu
Skoro liczby x, y i z są liczbami pierwszymi, to z równania 5(x + y + z) = xyz, które
otrzymujemy z treści zadania wynika, że iloczyn trzech liczb pierwszych jest podzielny przez
5, oznacza to, że jedna z liczb x, y, z jest równa 5. Przyjmuję, że tą liczbą jest x. Otrzymuję:
5(5 + y + z) = 5yz
5 + y + z = yz
5 = yz – y – z
5 + 1 = yz – y – z + 1
6 = y(z – 1) – (z – 1)
6 = (y – 1)(z – 1)
Liczbę 6 można zapisać jako 2 . 3 lub 6 . 1, mamy:
I przypadek
y – 1 = 6 i z – 1 = 1, więc y = 7 i z = 2.
Oczywiście może być odwrotnie: y – 1 = 1 i z – 1 = 6, czyli y = 2 i z = 7.
II przypadek
y – 1 = 2 i z – 1 = 3, czyli y = 3 i y = 4.
Jedna z liczb równa się 4 i jest liczbą złożoną. Przyjmując y – 1 = 3 i z – 1 = 2, też jedna
z liczb jest złożona.
Odp.: Szukane liczby to 2, 5, 7.
Zadanie 4 (etap II)
Motocyklowy rajd, po bardzo trudnych technicznie bezdrożach Pustyni Piko, podzielono na
etapy z punktami kontroli czasu. Na jeden z takich punktów kontroli czasu spóźnił się
zawodnik z numerem 16. Jego spóźnienie wynosiło tyle sekund, o ile wcześniej przyjechał na
ten punkt zawodnik z numerem 23, jadący ze średnią prędkością 90 km/h. O ile spóźnił się
zawodnik z numerem 2, jadący ze średnią prędkością 72 km/h, jeżeli wspomniany wyżej
zawodnik z numerem 16 przejechał kontrolny etap ze średnią prędkością 60 km/h?
Autor rozwiązania: Marta Paniączyk, Gimnazjum nr 1 w Lesznie
Oznaczenia:
s – długość odcinka rajdu do punktu kontroli czasu
t – optymalny czas potrzebny na przebycie tego odcinka
t 1 – czas spóźnienia zawodnika z numerem 16 na punkt kontroli czasu oraz czas
wcześniejszego przybycia zawodnika z numerem 23 na punkt kontroli czasu
t 2 – czas, w jakim zawodnik numer 2 pokonał etap
v 16 = 60 km/h – średnia prędkość zawodnika z numerem16
v 23 = 90 km/h – średnia prędkość zawodnika z numerem 23
v 2 = 72 km/h – średnia prędkość zawodnika z numerem 2
(1)
(2)
(3)
s = 60(t + t 1 ) – droga zawodnika z numerem 16
s = 90(t – t 1 ) – droga zawodnika z numerem 23
s = 72 . t 2
– droga zawodnika z numerem 2
Z porównania zależności (1) i (2) otrzymuję: 5t 1 = t, a z porównania zależności (1) i (3)
Otrzymuję: 5t 1 = t 2 , a z tego wynika, że t 2 = t.
Czas, w którym zawodnik numer 2 przebył etap jest czasem optymalnym.
Odp.: Zawodnik z numerem 2 dojechał do punktu kontroli czasu punktualnie, nie spóźnił się.