Jauno matemātiķu konkursa 2002./2003. mācību gada
3.kārtas uzdevumu atrisinājumi

1. uzdevums

Atbildi skat. 1. zīm.

Risinājums. Ievērosim, ka K ir summas A+E vai A+E+1 (ja saskaitot iepriekšējā šķirā rodas pārnesums), desmitu cipars, pie tam A un E cipari (ne lielāki kā 9), tātad K=1.
Tā kā V+D=D (iepriekšējā šķirā pārnesums noteikti nerodas), tad V=0.
Saskaitot V+D pārnesums nerodas, tāpēc no vienādības K+K=D iegūstam D=1+1=2.
Reizinājuma D(=2)×C pēdējais cipars ir D(2), tātad C varētu būt 1 vai 6. Tā kā K=1, tad C=6.
D×C=12, tātad uz nākamo šķiru rodas pārnesums 1. Tad 2×B+1 pēdējais cipars ir 1 jeb reizinājuma 2×B pēdējais cipars ir 0. Tas iz iespējams, ja B ir 0 vai 5. Tā kā V=0, tad B=5.
2 reizinot ar skaitli ABC, reizinājumā iegūst trīsciparu skaitli, tātad A<5 (pretējā gadījumā 2×ABC>2×500=1000 – vismaz četrciparu skaitlis). Tā kā cipari 0, 1, 2 jau izmantoti, tad A var būt 3 vai 4. Vēl ievērosim, ka A ir arī reizinājuma 6×E pēdējais cipars, tātad pāra skaitlis. Tātad A=4.
ABC×D=EKD jeb 456×2=912, tātad E=9.
Tagad varam viennozīmīgi atjaunot reizināšanas piemēru un redzam, ka O=3.

2. uzdevums

Atbilde: 45 skaitļi.

Risinājums. Skaitli 36 reizinājumā dod cipari 1) 4×9; 2) 6×6; 3) 2×2×9; 4) 3×3×4; 5) 2×3×6; 6) 2×2×3×3, kā arī katram no šiem reizinājumiem var piereizināt vienu vai vairākus ciparus 1 (jo reizinot 1 ar kādu skaitli, reizinājumā iegūst to pašu skaitli). Tā kā mūs interesējošie skaitļi ir mazāki nekā 2003, tad tie var būt divciparu vai trīsciparu skaitļi, vai arī četrciparu skaitļi, kuru tūkstošu cipars ir 1. Tagad apskatīsim atsevišķi visus minētos gadījumus.

1) No cipariem 4 un 9 var izveidot divus divciparu skaitļus 49 un 94. No cipariem 1, 4, 9 var izveidot 6 trīsciparu skaitļus (trīs dažādus ciparus var sakārtot 3×2×1=6 dažādos veidos). Paņemot vēl vienu ciparu 1, tas meklējamajos četrciparu skaitļos būs kā pirmais cipars, tātad vēl varam izveidot 6 četrciparu skaitļus – katram trīsciparu skaitlim pierakstot priekšā “1”. Tātad pavisam ir 2+6+6=14 derīgie skaitļi.

2) No cipariem 6, 6 var izveidot vienu divciparu skaitli 66. No cipariem 1, 6, 6 var izveidot 3 trīsciparu skaitļus (ciparu “1” var novietot vai nu pirms “66”, vai nu starp cipariem “66”, vai nu beigās). Paņemot vēl vienu ciparu 1 (tas būs četrciparu skaitļu pirmais cipars), iegūstam vēl trīs četrciparu skaitļus. Tātad pavisam ir 1+3+3=7 skaitļi.

3) No cipariem 2, 2, 9 varam izveidot 3 trīsciparu skaitļus (spriežam līdzīgi kā 2)gadījumā par trīsciparu skaitļiem). No cipariem 1, 2, 2, 9 vēl varam izveidot 3 atbilstošus četrciparu skaitļus. Tātad pavisam ir 3+3=6 derīgie skaitļi.

4) Spriežot līdzīgi kā 3) gadījumā, iegūstam, ka arī šajā gadījumā ir 6 derīgie skaitļi.

5) Ciparus 2, 3, 6 var sakārtot 6 dažādos veidos, tātad ir 6 meklējamie trīsciparu skaitļi. Savukārt no cipariem 1, 2, 3, 6 varam izveidot vēl 6 derīgos četrciparu skaitļus. Tātad ir 6+6=12 derīgie skaitļi.

6) Mazākais skaitlis, ko var izveidot no cipariem 2, 2, 3, 3, ir 2233>2003, tātad šajā gadījumā nav skaitļu, kas apmierinātu visus uzdevuma nosacījumus.

Tātad pavisam uzdevuma nosacījumus apmierina 14+7+6+6+12=45 skaitļi.

3. uzdevums

Atbilde: a) nevar; b) var.

Risinājums. Kubu 3´3´3 cm sadalot kubiņos 1´1´1 cm, iegūstam 27 mazos kubiņus, no kuriem 8 kubiņiem zaļā krāsā ir nokrāsotas 3 skaldnes, 12 kubiņiem ir nokrāsotas 2 skaldnes, 6 kubiņiem ir nokrāsota 1 skaldne un 1 kubiņam visas skaldnes ir nenokrāsotas; pavisam ir nokrāsoti 9×6=54 cm2.

a) Ja saliktu trīs kubus 2´2´2 cm tā, lai vienam kubam būtu nokrāsotas visas skaldnes (tātad pavisam nokrāsoti ir 4×6=24 cm2), otram kubam katrā skaldnē būtu nokrāsoti 3 cm2 (kopā - 3×6=18 cm2), trešajam kubam katrā skaldnē būtu nokrāsoti 2 cm2 (kopā - 2×6=12 cm2), tad būtu izmantoti 8×3=24 mazie kubiņi, kuriem kopā ir nokrāsoti 24+18+12=54 cm2 – tikpat, cik pavisam ir nokrāsots. Taču neizmantoti paliks 27-24=3 mazie kubiņi. Tā kā tikai vienam kubiņam nav nokrāsota neviena skaldne, bet ir jāizmanto visi kubiņi, kuriem ir vismaz viena skaldne nokrāsota, tad uzdevuma prasības izpildīt nav iespējams.

b) Tā kā visiem mazajiem kubiņiem ir vismaz 3 nenokrāsotas skaldnes un tos var salikt kopā tā, ka neiekrāsotās skaldnes paliek iekšpusē (jo visos katrā kubiņā visām nokrāsotajām skaldnēm ir vismaz viena kopīga virsotne, un kubiņu varam pagriezt tā, lai ši virsotne atrasto kuba 2´2´2 cm pašā centrā), tad varam izvēlēties jebkurus 24 mazos kubiņus un no tiem salikt trīs kubus 2´2´2 cm, kuriem visa virsma ir nenokrāsota.

4. uzdevums

Atbilde: 10 rūķi.

Risinājums. Ievērosim, ka uzdevumā nav teikts, ka visiem rūķiem ir tikai zaļa, dzeltena vai sarkana cepure, var būt, ka kādam rūķim ir citas krāsas cepure, tāpēc risinājumā tas jāņem vērā. Apzīmēsim rūķu skaitu, kam ir zaļa cepure - ar z; kam ir dzeltena cepure - ar dz; kam ir sarkana cepure - ar s; kam ir citas krāsas cepure - ar c; visu rūķu skaitu – ar k.
Tad no uzdevuma nosacījumiem seko:

1) z=2

2) a) k=7+dz; b) z+s+c=7 jeb 2+s+c=7 jeb s+c=5

3) dz=s-2

4) a) s=z+dz+c jeb s=2+(s-2)+c=s+c, no kurienes seko, ka c=0 (tātad tomēr nav rūķu ar citas krāsas cepurēm). b) k=2×s (jo rūķu ar sarkanām cepurēm ir tik pat cik rūķu ar citas krāsas cepurēm, tātad puse no visiem rūķiem).

Tālāk no 2b) nosacījuma secinām, ka s=5 un pavisam Ziemassvētku vecītim palīdz 2×5=10 rūķi.

5. uzdevums

Atbilde: vienu piemēru skat. 2. zīm.. Iespējami daudzi citi sadalījumi. Iegūstam kvadrātu ar malas garumu 4rūtiņas.

Risinājums. Eglīte satur 80 rūtiņas, tātad iegūstamā kvadrāta malas garums ir =4 rūtiņas (tas nav vesels skaitlis!). Nogrieznis, kura garums ir , ir tāda taisnleņķa trijstūra, kura katetes ir 1 un 2, hipotenūzas garums (skat. 3. zīm.). Jo (tā aprēķina taisnleņķa trijstūra hipotenūzas garumu). Redzam, ka dotās eglītes “slīpā” posma garums ir 2 (skat. 4. zīm.), tātad iegūstamā kvadrāta malas garums būs vēl divreiz lielāks.

3. kārtas uzdevumi

JMK 2002./03.m.g.

NMS sākumlapa