Solucións fase de zona 2002

  • warning: array_map() [function.array-map]: Argument #2 should be an array in /home/agapema/www/modules/system/system.module on line 1015.
  • warning: array_keys() expects parameter 1 to be array, null given in /home/agapema/www/includes/theme.inc on line 1817.
  • warning: Invalid argument supplied for foreach() in /home/agapema/www/includes/theme.inc on line 1817.

 

Problema 1 fase de zona: Unha idea xenial

Lonxitude: o perímetro do circuíto no plano está formado por 12 trozos rectilíneos de 10 cm e 12 cuartos de circunferencia de radio 10 cm (3 circunferencias completas), en total (aprox.): 308,5 cm

A lonxitude real cañcúlase multiplicando por 10.000: 30,85 km Área: no plano está formada polas zonas azuis (24 cadriños de área 100), as verdes (dous círculos de radio 10) e as amarillas (diferencia dun cadrado de lado 20 e un círculo de radio 10). Total: 3114,2 cm2

Na realidade serán 3,11 km2 (téñase en conta que para calcular a superficie equivalente debe multiplicarse polo cadrado da escala).

 

Problema 2 fase de zona: Os cinco

Hai varias posibilidades, aí vai unha:

*  0=(5-5)*5+5-5

*  1=(5+5):5-5:5

*  2=5-(5+5+5):5

*  3=(5+5):5+5:5

*  4=(5+5+5+5):5

*  5=(5*5):5+5-5

*  6=(5*5):5+5:5

*  7=5+5:5+5:5

*  8=(5+5+5):5+5

*  9=(5+5)*5-5:5

 

Problema 3 fase de zona: ¿Tes cambio?

O método máis doado semella ser por tanteo. Supoñamos a cantidade de moedas de 50 céntimos:

*  5 de 50: 1 de 20 e 1 de 5 (só hai 7 moedas)

*  5 de 50: 0 de 20 e 17 de 5 (hai 18 moedas)

*  4 de 50: 4 de 20, 1 de 5 (hai 9 moedas)

*  4 de 50: 3 de 20 5 de 5 (hai 12 moedas) Esta é unha solución

 

Podemos comprobar se hai outras solucións:

*  3 de 50: 6 de 20, 3 de 5 (hai 12 moedas) Outra solución.

*  2 de 50: 9 de 20 e 1 de 5 (tamén é unha solución)

*  1 de 50: 11 de 20 e 3 de 5 (15 moedas, non hai solucións con 1 moeda de 50)

 

Problema 4 fase de zona: Os catro sospeitosos

O "sospeitoso" máis doado de atopar é o de dúas cifras iguais.

Pode ser 11, 22, 33, ...
O único primo é o 11 (os demais son divisibles por 11)

O segundo pode ser 111, 212, 313, 414, 515, 616, 717, 818, 919.

Aplicando os criterios de divisibilidade, só poden ser primos 313, 717 e 919 pero B non é 3. Só quedan 717 e 919.

Pasemos ó carto (o terceiro necesita os valores de C e D).

Aplicando novamente os criterios de divisibilidade, o cuarto só pode ser 1117, polo que o segundo é 919. O terceiro só pode ser 9173

 

Problema 5 da fase de zona: NBA

Debemos supoñer que as porcentaxes dadas son valores exactos.

 

1.-Michael Jordan: transformamos a fracción 72/100 en irreducible: 18/25.
Debeu realizar 25 tiros.

Pau Gasol: 75/100=3/4.
Bastan 4 tiros, 3 acertos.

Richard Hamilton: 60/100=3/5
Chegan 5 lanzamentos.

2.- Unha simple proporción: 21x4/3=28 tiros.

3 .- Non é posible pois non coñecemos os tiros que efectuou cada un (Jordan podo tirar 25 veces, 50 veces, 75 veces, ... Hamilton 5, 10, 15, ...)