Megoldások és válaszok problémák Matematikai Diákolimpia Kenguru határok nélkül
1. feladat.
Először is, vegye figyelembe, hogy az összeg a két egymást követő számok száma 100 nem kap meg, mert két egymást követő, az egyik páros, páratlan, és a másik, s ezek összegét köteles páratlan szám. Ha a hajtogatott három egymást követő természetes számok: n + n + 1 + n + 2, az összegük 3n + 3 szükségszerűen osztható 3, ezért itt, mi nem kapjuk a szám 100. Négy szempontjából az lenne, hogy az n + n + 1 + n + 2 + n + 3 = 4n + 6 ad maradékot 2, ha osztva 4, és a 100 osztható 4, így itt hiba.
Tekintsük az általános esetben az összeg k egymást követő egész szám.
n + n + 1 + n + 2 +. + N + k-1 = kn + k (k-1) / 2
Ez azt mutatja, hogy a páratlan k összege osztható K, K a páros és ha az összeg k egymást követő egész szám ad maradékot K / 2, ha osztva k, és ezért el kell osztani K / 2.
Nézzük most elmagyarázza, hogy a legtöbb egymást követő összegű alkothatnak 100. Mivel a legkisebb érték az összege 14 feltételeit 1 + 2 +. + 14 = 14 * 15/2 = 105> 100, elegendő azt végighaladni minden k, nem nagyobb 13. A páratlan fit csak 5, mert 7, 9, 11 vagy 13, a 100-as szám nem megosztott. A még alkalmas csak 8 (100 = 12 * 8 + 4).
Eredményezheti a megfelelő partíciót:
100 = 18 + 19 + 20 + 21 + 22
100 = 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16
Tehát a válasz B: 2 módon.
Egyébként érdekes, hogy megtalálják a háromjegyű szám, amely képviseli az összege több, egymást követő pozitív egész szám legnagyobb számú módon. De ez egy másik történet :-).
2. probléma.
Hmm ... érdekes. A számok 0 és 1, és a válasz opciók A: 128 és D: 512 sugallja azt az elképzelést, a bináris számrendszer. Valóban, a problémát meg lehet fogalmazni, mint: hány egység alkalmazott bináris ábrázolása minden szám 1-től (még 0 a válasz nem fogja érinteni) 127? (Ebből 0.000.000-1111111?)
De ezek a számok 128, mind a hét biten pontosan a fele az egység, a másik fele - 0 Jelenleg 7 * 64 = 448 egység az összes számot. A válasz B. 448.
3. feladat.
Az első válasz emlékeztet a jó és rossz vágások és ellensúlyozza a gyökér, ha csinál rosszul egy matematikai szempontból, az akció megkapjuk a helyes eredményt. Azonban nem valószínű itt. Opció több, mint az igazság, tekintve, hogy közel a megadott adatok a számok 300, 400 és 500 egyenlőség (nagyított 100-szor egyiptomi háromszög).
Stop! És ha nem növelik az egyiptomi háromszög 100 és 101-szor, amit kapunk? Csak hárman: 303, 404, 505. Így végül a válasz B.
4. feladat.
A kérdés az, hogy „melyik csésze kakaót?”, Majd egy csésze kakaót. Ezután két másik négy csésze kávét, és két - a tejet.
Egy első főzőpohárba kakaó nem lehet, mert a maximális hangerő és a többi 2 csésze nem tudja tartani a duplája. Egy második pohár (750 g) használható, amikor a kávé az első és a harmadik csésze (950 + 550). Mivel a vizsgálat magában foglalja a határozott választ, ez lehet, és megáll, ezzel értékes időt más feladatokat. Veled vagyunk, akkor nyugodtan ülni és látni, mi igazán bármely fennmaradó szemüveg nem található két másik olyan, hogy vegye fel kétszer annyi kötetet. Válasz B.
5. feladat.
Figyeljük meg, hogy a készítmény a probléma nem szabványos kifejezés azt mondja: „a súlya a szerkezet maga is elhanyagolhatók.” De nem igazán szükség - minden gerendák kioltják egymást, és nem befolyásolják a döntést.
A jobb oldali panelen, vegye figyelembe, hogy a trapéz egyenlő súlyú két golyó.
A bal oldalon a szív egyenlő egy tömeg a két kocka.
Tehát 6 kocka négy golyót. 6 blokkok mérjük 120 g, majd 1 kocka tömege 20g. Válasz B.