Решење тридесетог недељног задатка – Прошарани квадрат

Означимо са P1 осенчену (на слици обојену плаво) површину квадрата која се налази са спољашње стране већег (уписаног) круга, а са P2 преостали део осенчене површине квадрата (обојен жуто).

30. zadatak - resenje u boji

Површина P1 једнака је разлици површине квадрата и површине већег (уписаног) круга, чији је полупречник r1 једнак половини странице квадрата.

Formula 1 prosarani kvadrat

Површина P2 једнака је разлици површине квадрата и збира површина 4 кружна исечка и малог круга. Кружни исечци су подударни, њихови полупречници су такође r1, а централни угао 90˚ (четвртине круга), па је збир површина ових кружних исечака једнак површини већег круга. Пречник мањег круга 2r2 једнак је разлици дужине дијагонале квадрата и збира два полупречника кружних лукова, па је

Formula 2 prosarani kvadrat

Онда је

Formula 3 prosarani kvadrat

Површина осенченог дела квадрата једнака је збиру површина P1 и P2.

Formula 4 prosarani kvadrat

Решење двадесет деветог недељног задатка – Писмени задатак

Означимо број довољних, добрих, врло добрих и одличних оцена на писменом задатку редом са a, b, c и d. Тада је:

a+b+c+d=30

2a+3b+4c+5d=93

Множењем прве од ових једначина са 2 и одузимањем тако добијене једначине од друге добијамо:

b+2c+3d=33

Како је број врло добрих оцена дељив са 10 из претходне једначине закључујемо да једино може имати вредност 10 (у преосталим случајевима би 2c био већи од 33). Последња једначина се сада своди на

b+20+3d=33,

то јестFormula za pismeni zadatakДа би d имало вредност из скупа природних бројева b мора имати једну од следећих вредности: 1, 4, 7 или 10. Како је број добрих оцена већи од броја одличних и с обзиром да број одличних оцена мора бити паран, једина могућност која долази у обзир је b=7, па је d=2. Заменом добијених вредности у првој једначини лако се израчунава да је a=11.

Дакле, на писменом задатку из математике је било 11 довољних, 7 добрих, 10 врло добрих и 2 одличне оцене.

Sreca

Решење двадесет осмог недељног задатка – Збрка око година

Из задатих услова задатка одмах закључујемо да збир година те три особе мора бити паран број. Паран број се може добити као збир сва три парна броја или као збир два непарна и једног парног броја. Раставимо број 420 на просте чиниоце:

420=22·3·5·7

Добијени прости чиниоци ће дати паран збир једино ако су међу њима 2 непарна, а један паран. Могући случајеви збира старости те три особе су:

3+4+35=42

3+5+28=36

3+7+20=30

4+5+21=30

4+7+15=26

5+7+12=24

Како је Маја знала свој кућни број, а није могла да се одлучи, уочавамо да се она двоумила између две од ових могућности које дају исти збир:

3+7+20=30

4+5+21=30

Након што јој је Ана рекла да је само једна особа старија од њене тетке, Маја је лако решила задатак. Дакле, број година Мајине тетке је такав да једну од ове две могућности раздваја од друге. Једини природни бројеви који задовољавају овај услов су 5, 6 или 20 (у сва три случаја добијамо да је решење друга могућност 4+5+21=30). Будући да је Мајина тетка била одлична ученица за време свог школовања, закључујемо да Мајина тетка има 20 година (са 5 или 6 година дете је или пред или на почетку свог школовања).

Дакле, особе које је Ана упознала имају 4, 5 и 21 годину, а Мајина тетка има 20 година.

Maja

Решење двадесет седмог недељног задатка – Маказама до квадрата

На слици је приказано како би дату фигуру требало разрезати на четири подударна дела и како од њих саставити квадрат.makazama do kvadrata

Тачке P, Q, R и S су средишта одговарајућих страница. Како је задата фигура осносиметрична, четвороугао PQRS има све четири подударне странице и подударне дијагонале, па је он квадрат. Дакле, дијагонале овог четвороугла су међусобно нормалне (приметимо још да се дијагонале секу у тачки O која је центар симетрије задате фигуре).

Решење двадесет шестог недељног задатка – Спортиста године

Укупан број бодова све тројице спортиста износи 17+10+8=35. Једини начин да се овај број растави на просте чиниоце је 35=5·7. Одавде закључујемо да је било пет чланова жирија и да је збир бодова на једном листићу износио 7 (збир бодова не може бити 5 јер је сума три различита природна броја увек већа од 5).

Број 7 се на јединствен начин може представити као збир три различита природна броја 7=1+2+4. Дакле, уочавамо да прво место на гласачком листићу доноси 4 бода, друго 2, а треће 1 бод.

Zlato, srebro, bronza

Постоје две могућности које задовољавају овакав начин бодовања и услов да Ђоковић има 17, Прлаиновић 10, а Златић 8 бодова:

1)   Ђоковић          4 4 4 4 1              
       Прлаиновић  2 2 2 2 2              
       Златић             1 1 1 1 4 
 
2)   Ђоковић         4 4 4 4 1
       Прлаиновић  1 2 2 1 4
       Златић             2 1 1 2 2

 Из податка да Ђоковић и Прлаиновић нису једнак број пута испред Златића закључујемо да услов задатка задовољава друга могућност, па је распоред спортиста на гласачким листићима следећи:

I

  1. Ђоковић
  2. Златић
  3. Прлаиновић
II

  1. Ђоковић
  2. Прлаиновић
  3. Златић
III

  1. Ђоковић
  2. Прлаиновић
  3. Златић
IV

  1. Ђоковић
  2. Златић
  3. Прлаиновић
V

  1. Прлаиновић
  2. Златић
  3. Ђоковић

 

Решење двадесет петог недељног задатка – Бројање оваца

Нека је l дужина странице квадрата (имања). Површина читавог имања је l2, а површине појединих делова имања су:

Plan imanjaFormule za povrsinu delova imanja

Сабирањем ове четири једначине добијамо:

2A+B+2C+D+2E+F+2G+H=l∙(2l-5)

Како је  A+C+E+G=I, долазимо до закључка да је

A+B+C+D+E+F+G+H+I=l∙(2l-5),

то јест површина целог имања је l∙(2l-5). Изједначавањем две формуле за површину имања добијамо да је  l2=l∙(2l-5), а решење ове једначине (како дужина странице квадрата не може бити једнака 0) је l=5.

Површина читавог имања је онда 25, а E+F+G=5.

Број оваца на имању рачунамо из пропорције 5:25=49:n, чије је решење n=245.

Дакле, на имању се налази укупно 245 оваца.

Ovca

Решење двадесет четвртог недељног задатка – Кружно трчање

Претпоставимо да је особа која се презива Катић на месту X и да тркачи трче у смеру казаљке на сату.

Kruzno trcanje

Тркач чији је претходник уједно следбеник следбеника особе Катић налази се на месту P, а тркач чији је следбеник уједно претходник претходника особе Катић налази се на месту W.

Тркачи на местима P и W су једнако удаљени једино од тркача X (особа Катић), а према услову задатка они су једнако удаљени од Марије. Из наведеног произилази да се Марија налази на месту особе X, тј. име особе Катић је Марија.

Исто решење се добија и у случају да тркачи трче у смеру супротном смеру казаљке на сату.

Devojcica trci