Wichterlovo gymnázium, Ostrava-Poruba příspěvková organizace Moravskoslezský matematický šampionát 2016 Sborník Ostrava-Poruba 20. 10. 2016
c Mgr. Jana Gajdušková a kol.
Organizační výbor PaedDr. Antonín Balnar, Ph.D. Mgr. Jana Gajdušková Mgr. Lada Stachovcová hlavní organizátor odborný matematický dohled technická podpora Autoři a recenzenti RNDr. Eva Davidová, Mgr. Jana Gajdušková, Mgr. Petra Kňurová, Mgr. Tomáš Krchňák, Mgr. Lenka Plášková, RNDr. Michal Vavroš, Ph.D. Překlad do anglického jazyka Mgr. Tomáš Klein
Obsah Úvodní slovo 7 Mgr. Jan Netolička Kategorie ZŠ 9 Úsečky v obdélníku 9 Chata 11 Písek 14 Kategorie SŠ 3 Dráha letu 17 Šipky 18 Dort 20 A Triangle with perpendicular medians 22 Děti na hřišti 25
Úvodní slovo Vážení řešitelé, ale také Vy, kterým se tento sborník dostal do rukou náhodou, na naší škole rádi žákům tvrdíme, že matematika je všude. Rádi jim to také ukazujeme. Že se nám ovšem někdy podaří jim dokázat, jak moc je potřeba matematiky v češtině, v to jsem ani nedoufal. Je ještě krásnější, že tohle spojení připadlo na rok, kdy Wichterlovo gymnázium slaví 60 let. Pro mne je to důkazem, že i v tomhle věku si naše škola zachovává otevřenou mysl, což je v dnešním světě snad to vůbec nejdůležitější. Zachovejte si i vy otevřenou mysl, třeba objevíte matematiku i někde jinde nebo třeba jen tak něco objevíte. Věřte, že je to nádherný pocit. Mgr. Jan Netolička ředitel Wichterlova gymnázia V letošním roce máme tu čest přivítat doc. RNDr. Karla Olivu, Dr., který je ředitelem Ústavu pro jazyk český Akademie věd ČR. Jako vystudovaný matematik, který přednáší i na Matematicko-fyzikální fakultě Univerzity Karlovy, umí oba obory poutavě a s nadsázkou komentovat. Zeptali jsme se ho, na co se můžeme těšit: V úvodu přednášky budeme uvažovat o tom, že zatímco český i anglický spelling-checker ( korektor pravopisu ) mohou být založeny na stejných principech, konkrétně na kontrole toho, zda se určité slovo vyskytuje v (rozsáhlém, ale konečném) seznamu slovních tvarů, korektor české gramatiky nemůže vyhledávat chyby pouhým srovnáváním textu s předem danými chybovými konfiguracemi: důvodem je především typologická odlišnost češtiny, v níž dominantní roli ve skladbě věty hraje tvarosloví, zatímco pořádek slov je gramatikou ovlivněn jen spíše výjimečně. Tvorba korektoru českého pravopisu tak vyžaduje alternativní, zásadně odlišný přístup. V centrální části přednášky se proto budeme nejprve věnovat obecně teoretickým úvahám o tom, co je zaručeně gramaticky chybná konstrukce (jakéhokoliv) jazyka, a dále pak technikám, jak takové negramatické konstrukce a věty (i) definovat, (ii) dostatečně detailně popsat a (iii) detekovat v případě češtiny. Na závěr si stručně ukážeme, že návrh oprav chyb je sice s hledáním chyb tematicky svázaný, ale fakticky velmi odlišný úkol, a uvedeme i jisté teoretické (a pro rodilé mluvčí češtiny snad dokonce zábavné) dopady zvoleného přístupu k popisu chyb. Moravskoslezský matematický šampionát 7
Kategorie ZŠ 9 Úsečky v obdélníku Zadání Je dán obdélník ABCD, na straně AB leží bod N, na straně CD leží bod M. Úsečka M N rozděluje obdélník ABCD na dva lichoběžníky (viz obrázek). Víme, že velikost úsečky AN je 20 dm, velikost úsečky DM je 7 dm a velikost strany AD je 10 dm. Dále víme, že obsah lichoběžníku MCBN je 55 % obsahu celého obdélníku ABCD. a) Vypočítejte obsah lichoběžníku AN M D. b) Najděte délku úsečky NB (= x). c) Pokud povedeme z bodu B rovnoběžku s danou úsečkou MN, protne stranu CD v bodě Q. Jaký bude obsah trojúhelníku QCB? d) Kdybychom uřízli v každém rohu obdélníku ABCD rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník se základnou délky 3 2 dm, jaký by byl obsah zbylého osmiúhelníku? e) Po uříznutí čtyř rohů ve tvaru rovnoramenných pravoúhlých trojúhelníků se základnou délky 3 2 dm z obdélníku ABCD (viz zadání d)), vznikne osmiúhelník. Těmito osmiúhelníkovými dlaždicemi vyskládáme halu s rozměry 210 170 dm. Kolik čtvercových dlaždiček 3 2 3 2 dm budeme nejméně potřebovat na vyplnění mezer vzniklých v rozích dlaždic? Čtvercové dlaždičky se mohou libovolně dělit. Jaký je jejich celkový obsah? Moravskoslezský matematický šampionát 9
Kategorie ZŠ 9 Řešení a) Obsah lichoběžníku AN M D je např. podle vzorce pro obsah lichoběžníku roven (7 + 20) 10 S = = 135 dm 2. 2 b) Je-li obsah lichoběžníku MCBN 55 % obsahu celého obdélníku ABCD, pak obsah lichoběžníku ANMD (135 dm 2 ) musí být 45 % obsahu obdélníku ABCD. Ten má tedy obsah 300 dm 2. Velikost strany AB pak je 30 dm a hledaná úsečka x měří 30 20 = 10 dm. c) Délka strany QC trojúhelníku QCB je 30 7 10 = 13, obsah trojúhelníku 13 10 je tedy S = = 65 dm 2. 2 d) Uřízlé trojúhelníky tvoří dohromady čtverec se stranou délky 3 2. Jeho obsah je 18 dm 2. Po odečtení od obsahu obdélníku dostaneme obsah zbylého osmiúhelníku: 282 dm 2. Je též možné vypočítat délku ramene uřízlých trojúhelníků podle Pythagorovy věty. Je rovna 3 dm. Obsah trojúhelníku je 4,5 dm 2. Obsah osmiúhelníku je S = 300 4 4,5 = 282 dm 2. e) Na 210 dm se vejde 7 30 dm, na 170 dm se vejde 17 10 dm. Tedy potřebujeme 7 17 osmiúhelníků. Malých čtverců bude stejně, tedy 119. Jejich celková plocha je 119 18 = 2 142 dm 2. 10 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie ZŠ 9 Zadání Chata Pozemek má tvar čtverce. Chata, jejíž půdorys má tvar obdélníku, je postavena v rohu pozemku tak, že jeden rozměr zaujímá jednu třetinu strany pozemku a druhý rozměr zaujímá jednu čtvrtinu strany pozemku. a) Jaké rozměry má zastavěná část pozemku, jestliže zbývající část má obsah 132 m 2? b) Kolik metrů pletiva je potřeba na oplocení celého pozemku, jestliže na všechny spoje je třeba připočítat 5 %? c) Střecha chaty se skládá ze dvou shodných rovnoramenných lichoběžníků a dvou shodných rovnostranných trojúhelníků (viz obrázek), přičemž kratší základny lichoběžníků jsou stejně dlouhé jako jejich ramena a stejně dlouhé jako kratší strana půdorysu chaty. Delší základny lichoběžníků jsou stejně dlouhé jako delší strana půdorysu chaty. Vypočítejte plochu celé střechy. d) Střecha chaty je pokryta vlnitým plechem s výškou vlny 5 cm (vlna má v průřezu tvar půlkružnice, viz obrázek). Majitel chce vyměnit pokrytí za vlnitý plech s výškou vlny 10 cm. Cena každého z obou druhů se počítá podle toho, kolik rovného plechu bylo potřeba na jeho výrobu. Jeden metr (na délku) vlnitého plechu s výškou vlny 5 cm stojí 470 Kč. Kolik zaplatí majitel za jeden metr druhého druhu plechu? Moravskoslezský matematický šampionát 11
Kategorie ZŠ 9 Řešení a) Označme délku strany čtvercového pozemku x, pro celkový obsah pozemku pak platí 1 12 x2 + 132 = x 2. Řešením této rovnice dostaneme x = ±12. Zadání úlohy (délka pozemku) vyhovuje pouze jeden kořen kvadratické rovnice, a to 12. Pozemek má rozměry 12 m 12 m. Rozměry chaty jsou 4 m 3 m. b) Obvod celého pozemku je 12 4 m = 48 m. Připočítáme-li 5 % na spoje pletiva, bude potřeba 1,05 48 = 50,4 m. Na oplocení pozemku je potřeba 50,4 m pletiva. c) Označíme-li obsah trojúhelníku S t, obsah lichoběžníku S l, pak obsah celé střechy vypočítáme sečtením obsahů trojúhelníků a obsahů lichoběžníků, tedy S = 2 S t + 2 S l, neboli S = 2 at v a 2 + 2 (a + c) v 2 (označení stran a výšek viz následující obrázek). 12 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie ZŠ 9 Výšku trojúhelníku v a a výšku lichoběžníku v dopočítáme pomocí Pythagorovy věty: v a = 9 2,25 v = 9 0,25 v a = 6,75 v = 8,75 Po dosazení hodnot získáme S = 2 3 6,75 8,75 (4 + 3) + 2 = 28,5. 2 2 Plocha celé střechy je přibližně 28,5 m 2. d) Určíme počet vln na 1 m (100 cm) 1. druhu plechu, tedy 100 5+5 = 10 vlnek. Tvoří-li vlnu půlkružnice, pak délka rovného plechu potřebného na výrobu vlnitého plechu 1. druhu je l = 2π5 10 = 50π. 2 100 Počet vln na 1 m 2. druhu plechu je potřebného na výrobu 2. druhu je tedy 10+10 l = 2π10 2 5 = 50π. = 5 vlnek. Délka rovného plechu Oba plechy jsou stejně drahé, protože na oba je třeba stejné množství rovného plechu. Za jeden metr druhého druhu plechu zaplatí majitel 470 Kč. Moravskoslezský matematický šampionát 13
Kategorie ZŠ 9 Písek Zadání Máme dvě bedny tvaru krychle zcela naplněné pískem. Jedna bedna má hranu délky 2 m, druhá má hranu o 50 % delší. Tloušt ku stěn beden zanedbejte. a) Jakou hmotnost bude mít písek z obou beden? Počítejte s hustotou písku 1 400 kg/m 3. b) Tyto bedny chceme nahradit jednou bednou stejného tvaru, do které chceme uložit totéž množství písku. Kolik nejméně může měřit hrana nové bedny? Délku hrany nové bedny zaokrouhlete na celé centimetry. c) Jeden dělník by písek přeházel za 6 hodin, druhý za 12 hodin. Za jak dlouho zvládnou oba dělníci složit písek, pracuje-li hodinu a půl jen první dělník a potom oba dělníci současně? d) Pískem z obou beden chceme vysypat plážové chodníčky sportovního areálu olympijského parku. Šířka chodníčků má být 50 cm a tloušt ka sypané vrstvy 7 cm. Jaká bude celková délka chodníčků, použijeme-li všechen písek z obou beden? e) Písek z obou beden máme rozdělit na tři pískoviště. Na druhé pískoviště potřebujeme o 5 m 3 písku méně než na první pískoviště, na třetí pískoviště pak dvakrát více než na druhé pískoviště. Při tomto rozdělení nám pak 2 m 3 písku zůstanou. Kolik m 3 písku potřebujeme na největší pískoviště? Řešení a) Délky hran beden jsou a 1 = 2 m, a 2 = 3 m, množství písku v nich je pak V 1 = a 3 1 = 8 m 3 a V 2 = a 3 2 = 27 m 3. Celkem je v bednách možno uskladnit 35 m 3 písku. Hmotnost písku pomocí jeho hustoty určíme ze vztahu ϱ = m V vyjádřením hmotnosti m: m = ϱ V = 1 400 35 kg = 49 000 kg = 49 t. Písek v bednách má celkovou hmotnost 49 t. 14 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie ZŠ 9 b) Nová bedna musí pojmout písek o objemu 35 m 3. Ze vztahu pro objem krychle V = a 3 vyjádříme délku hrany a: a = 3 V = 3 35 = 3,271 m = 327 cm. Hrana nové bedny by měla mít po zaokrouhlení délku 327 cm. c) První dělník za jednu hodinu přehází 1 6 daného množství písku, za 1,5 hodiny pak 1,5 1 6 = 1 4 písku. Druhý dělník zvládne za jednu hodinu 1 12 množství písku. Poté společně pracují x hodin, tedy přehází x 6 + x 12 písku. Můžeme pak psát rovnici pro jejich společnou práci Po úpravě například na tvar 1 4 + x 6 + x 12 = 1. 3 + 2x + x 12 vyjádříme x: 3 + 3x = 12 x = 3 hodiny, což je doba jejich společné práce. Celkem dělníci písek přehází za 4,5 hodiny. = 1 Lze též postupovat následující úvahou: První dělník zvládne zpracovat dané množství písku za 6 hodin, za čtvrtinu této doby (1,5 hod) zvládne složit čtvrtinu písku. Zbývají přeházet tři čtvrtiny z původního množství písku. Vzhledem k tomu, že druhý dělník pracuje dvakrát pomaleji než první dělník, dokáže složit jen polovinu písku než první dělník. První dělník musí složit ze zbývajících tří čtvrtin písku dva díly písku (polovinu z celkového množství písku) a pracuje tedy 3 hodiny. Druhý dělník přehází za tuto dobu jen jeden díl zbytku písku (ten představuje čtvrtinu celkového množství písku, 1 4 z 12 hodin), což také odpovídá době společné práce 3 hodiny. Celková doba práce vychází opět 1,5 hod + 3 hod = 4,5 hod. Moravskoslezský matematický šampionát 15
Kategorie ZŠ 9 d) Chodníček si můžeme představit jako kvádr položený na delších hranách, a = 50 cm = 0,5 m, c = 7 cm = 0,07 m. K dispozici máme 35 m 3 písku a neznáme délku (hloubku) b. Objem kvádru je V = a b c = 0,5 0,07 b, odkud b = 35 : 0,035 m = 1 000 m = 1 km. Délka pískového chodníku je 1 km. e) Označíme-li v m 3 množství písku potřebné na první pískoviště x, pak na druhé pískoviště potřebujeme x 5 m 3 a na třetí pískoviště 2(x 5) m 3, k tomu nám pak ještě 2 m 3 písku zůstanou. Celkové množství písku je 35 m 3. Sestavíme pak potřebnou rovnici: x + (x 5) + 2(x 5) + 2 = 35, odkud vypočítáme 4x 13 = 35 a x = 12. Na první pískoviště spotřebujeme 12 m 3 písku, na druhé 7 m 3 písku a na třetí pískoviště 14 m 3. Nejvíce písku potřebujeme na třetí pískoviště, a to 14 m 3. 16 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie SŠ 3 Dráha letu Zadání Na závěr oslav Nového roku byla ze země odpálena šikmo vzhůru ohňostrojná koule. V horizontální vzdálenosti 30 m od místa výstřelu dosáhla maximální výšky 100 m. Za několik okamžiků, když byla zrovna ve výšce 64 m, explodovala a předvedla divákům velkolepou podívanou. Určete, v jaké horizontální vzdálenosti od místa výstřelu k explozi koule došlo. Počítejte s ideální dráhou letu koule (tj. neuvažujte odpor prostředí). Řešení Dráhou letu koule je parabola. Umístíme-li celou situaci do souřadného systému tak, aby místo vzletu koule bylo počátkem souřadného systému, dostaneme graf kvadratické funkce (viz obrázek). Parabola má vrchol V [30; 100] a prochází bodem [0; 0]. Po dosazení do předpisu kvadratické funkce y = a(x 30) 2 + 100 dostaneme 0 = a(0 30) 2 + 100, z čehož plyne, že a = 1 9. Po dosazení ypsilonové souřadnice hledaného bodu (64) dostaneme rovnici ze které pak x 1 = 12, x 2 = 48. 64 = 1 9 (x 30)2 + 100, Zadání úlohy vyhovuje pouze řešení x 2 = 48. K explozi tedy došlo v horizontální vzdálenosti 48 m od místa výstřelu. Moravskoslezský matematický šampionát 17
Kategorie SŠ 3 Šipky Zadání Na oslavu připravil Patrik pro pobavení hostů netradiční závod v šipkách. Jako terč posloužila obdélníková deska o rozměrech 30 cm 40 cm s jednou vyznačenou úhlopříčkou. Hosté byli rozděleni do dvou stejně početných týmů. Soutěžící prvého týmu získal bod, pokud jeho zásah byl blíže úhlopříčce než kterékoli ze stran. Naopak každý soutěžící druhého týmu získal pro svůj tým bod, zasáhl-li zbylou část terče. a) Vypočtěte pravděpodobnost zásahu terče pro oba týmy. b) Patrik tvrdil, že pravděpodobnost získání bodu zásahem správné části je pro každý tým stejná. Monika mu oponovala, že soutěž není spravedlivá, protože pravděpodobnost zásahu terče blíže úhlopříčce je větší. Filip nesouhlasil ani s jedním z nich. Tvrdil, že soutěž není spravedlivá, protože pravděpodobnost zásahu terče blíže úhlopříčce je menší. Kdo z nich měl pravdu? Svou odpověd odůvodněte. Řešení a) Znázorněme si terč jako obdélník ABCD s vyznačenou úhlopříčkou AC. Body obdélníka, které jsou stejně vzdáleny od úhlopříčky AC a strany AB, leží na ose úhlu BAC. Obdobně body, které jsou stejně vzdáleny od úhlopříčky AC a strany BC, leží na ose úhlu BCA. V průsečíku těchto os je střed kružnice vepsané trojúhelníku ABC. Obdobnou úvahu proved me i pro trojúhelník ACD. Středy kružnic vepsaných těmto trojúhelníkům označme U a V. Pravděpodobnost zásahu terče blíže úhlopříčce AC než stranám se vypočte jako podíl obsahu rovnoběžníka AU CV k obsahu obdélníka ABCD. 18 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie SŠ 3 Rovnoběžník AU CV je tvořen dvěma shodnými trojúhelníky se společnou základnou AC a výškou ρ, kde ρ je poloměr znázorněných vepsaných kružnic. Vypočíst jej můžeme například ze vztahu pro obsah trojúhelníka S = ρ s, kde s je tzv. půlobvod trojúhelníka. V našem případě AC = 30 2 + 40 2 30 + 40 + 50 = 50, s = = 60 a 2 30 40 S = = 600. Odtud ρ = S 2 s = 600 60 = 10. Pro obsah S rovnoběžníka AU CV tedy platí S = AC ρ = 50 10 = 500 cm 2 a pravděpodobnost zásahu terče blíže úhlopříčce než kterékoli straně je p = S S = 500 1 200 = 5 12 = 0,417, tj. asi 41,7 %. Soutěžící prvního týmu by tedy měli menší pravděpodobnost zásahu terče (41,7 %), než soutěžící druhého týmu (58,3 %). b) Patrik neměl pravdu, větší pravděpodobnost výhry by měl druhý tým. Filip měl pravdu. Jeho odpověd má strukturu implikace, jejíž předpoklad i závěr jsou pravdivé. A co úvaha Moniky? Přeformulujme si její výrok tak, abychom si správně uvědomili strukturu implikace: Pravděpodobnost zásahu terče blíže úhlopříčce je větší, tudíž soutěž není spravedlivá. Tato implikace je pravdivá, protože její předpoklad je nepravdivý. Moravskoslezský matematický šampionát 19
Kategorie SŠ 3 Dort Zadání Dědeček matematik slavil 60. narozeniny. Jeho vnoučata jej obdarovala netradičním dortem a k tomu přidala i dvě matematické úlohy. Dort má tvar trojbokého hranolu, jehož podstavu tvoří trojúhelník s vnitřními úhly o velikostech 15 a 60. Pokud bychom tomuto trojúhelníku opsali kružnici, měla by poloměr 20 cm. Vypočtěte spolu s dědečkem obsah daného trojúhelníka, tedy obsah podstavy dortu. Výsledek uved te přesně (tj. zapište ho ve tvaru odmocniny). Dalším dědečkovým i vaším úkolem je vypočítat výšku skleněného poklopu ve tvaru kulového vrchlíku, který by se dotýkal horních třech vrcholů dortu, a přitom délka jeho podstavné kružnice ležící v rovině podstavy dortu byla nejmenší možná. Výška dortu je 18 cm. Výsledek zaokrouhlete na celé číslo. Řešení Vnitřní úhly v trojúhelníku označme α = 15, β = 60 a třetí dopočítaný úhel γ = 105. Platí a = 2r sin α a b = 2r sin β, kde r je velikost poloměru kružnice opsané trojúhelníku. Dosad me do vzorce pro obsah trojúhelníka S = 1 2ab sin γ: S = 1 2 (2r)2 sin α sin β sin γ = 2r 2 sin α sin β sin γ. Protože sin (α + 90 ) = cos α, je sin 105 = cos 15, pak tedy S = 2r 2 sin α sin β cos α a s využitím vztahu pro dvojnásobný argument odkud po dosazení dostáváme S = r 2 sin 2α sin β, S = 400 sin 30 sin 60 = 100 3 cm 2. 20 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie SŠ 3 Obsah trojúhelníka, tedy podstavy dortu, je 100 3 cm 2. Hledaný kulový vrchlík je částí kulové plochy, jejíž hlavní kružnice leží v rovině souměrnosti dortu tvaru trojbokého hranolu. Aby délka podstavné kružnice daného kulového vrchlíku byla minimální, bude tato kružnice totožná s kružnicí opsanou podstavě dortu, tedy její poloměr bude 20 cm (viz obrázek). Pokud označíme poloměr kulové plochy R, pak podle Pythagorovy věty platí R 2 = 20 2 + 9 2, takže R = 481. Výška skleněného poklopu, tedy kulového vrchlíku, je v = 481 + 9 cm, což je přibližně 31 cm. Moravskoslezský matematický šampionát 21
Kategorie SŠ 3 A triangle with perpendicular medians Problem Let the sides of the triangle ABC be BC = a and AC = b. Let s suppose the medians (= těžnice) AA 1 and BB 1 of this triangle intersect at right angles. a) Express the length c = AB using a, b. b) Calculate exactly the area of the triangle ABC for BC = a = 6 cm and AC = b = 8 cm. Solution a) First we use the well-known property of medians of a triangle. The centroid T is exactly two-thirds the way along each median. Put another way, the centroid cuts each median into two segments whose lengths are in the ratio 2 : 1, with the longest one nearest the vertex. Let AA 1 and BB 1 intersect at T. Denote A 1 T = y, AT = 2y, B 1 T = x, BT = 2x. Applying Pythagoras Theorem to each of the three right-angled triangles 22 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie SŠ 3 we obtain: AT B 1 : x 2 + 4y 2 = b2 4 (1) A 1 T B : 4x 2 + y 2 = a2 4 (2) AT B : 4x 2 + 4y 2 = c 2 (3) Adding (1) and (2) we obtain 5x 2 + 5y 2 = a2 + b 2 a 2 + b 2 and 20 4 and therefore x 2 + y 2 = c = 4x 2 + 4y 2 = a2 + b 2 5 = 1 5 5a2 + 5b 2 cm. And this is the length of the side AB. b) The medians divide the triangle into four equal triangles. We can see that the area of the trapezoid ABA 1 B 1 form 3 of the area S of the triangle ABC. 4 By adding up areas of four right-angled triangles ABT, BA 1 T, A 1 B 1 T and B 1 T A we get 2xy + xy + xy 2 + xy = 9 2 xy = 3 4 S. As a result, S = 6xy. The x and y values can be determined from the equations AT B 1 : x 2 + 4y 2 = 16 A 1 T B : 4x 2 + y 2 = 9 Solving this system of equations gives x = 4 3, y = 11 3. Thus the area of the triangle ABC is S = 6xy = 4 11 cm 2. With another method of solution, we can use Hero s formula for the area of the triangle ABC with sides a, b, c: S = s (s a) (s b) (s c), where s = a+b+c 2. Moravskoslezský matematický šampionát 23
Kategorie SŠ 3 In our problem there is a = 6 cm, b = 8 cm, c = and s = 7 + 5 cm. Thus S = (7 + 5 ) ( 1 + 5 ) ( 1 + 5 ) ( 7 5 ). After modifying S = (49 5) (5 1) = 44 4 = 4 11 cm 2. a 2 +b 2 5 = 20 = 2 5 cm 24 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie SŠ 3 Zadání Děti na hřišti Na hřišti je méně než 500 dětí. Přitom počet procent chlapců ze všech dětí se rovná počtu všech děvčat. Kolik chlapců a kolik děvčat je na hřišti? Řešení Označme počet dívek d a počet chlapců h. Ze zadání víme, že d + h < 500 a d < 100 (představuje počet procent chlapců z celkového počtu dětí). Skutečnost, že počet procent chlapců ze všech dětí se rovná počtu všech děvčat, můžeme zapsat rovnicí h 100 = d, d + h odkud vyjádříme počet chlapců h, h = Tento výraz dále upravíme na tvar h = d2 100 d. d2 100 d = 1002 100 2 + d 2 = 1002 ( 100 2 d 2) = 1002 100 d 100 d 100 d 100 d. Vzhledem k tomu, že na obou stranách rovnosti jsou celá čísla, musí též výraz 1002 100 d Z, tedy (100 d) 10 000. Výraz 100 d může nabývat hodnot 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20, 25, 40, 50, 80, 100,.... Uvažme dále dvě podmínky: a) 0 < d, platí následně 100 d < 100 b) d + h < 500, dosadíme za h, d + d2 100 d < 500. Nerovnici postupně upravíme d 2 < 50000 500d 100d+d 2 6d < 500 d < 83, 3 17 100 d Podmínky (a) a (b) omezí výraz 100 d pouze na hodnoty 17 100 d < 100 100 d = 20, 25, 40, 50, 80. Odtud d = 80, 75, 60, 50, 20. Počty chlapců jsou pak rovny h = 320, 225, 90, 50, 5. Úloha má pět řešení (d, h) = (80; 320), (75; 225), (60; 90), (50; 50), (20; 5). Moravskoslezský matematický šampionát 25
Kategorie SŠ 3 Poznámky 26 Moravskoslezský matematický šampionát
Kategorie SŠ 3 Poznámky Moravskoslezský matematický šampionát 27
Wichterlovo gymnázium, Ostrava-Poruba, příspěvková organizace Sborník příkladů ze soutěže Moravskoslezský matematický šampionát 2016 Ostrava 20. 10. 2016 Název Moravskoslezský matematický šampionát 2016 Editor Mgr. Jana Gajdušková Vydavatel Wichterlovo gymnázium, Ostrava-Poruba, p. o. Čs. exilu 669, 708 00 Ostrava-Poruba Náklad 350 ks Rozsah 28 stran Vydání první, 2016, revize 1 Tisk Repronis Ostrava Doporučená cena zdarma Texty neprošly jazykovou úpravou.