OBMEP 2021：第二阶段 - 级别 1

练习 1

Mariana 有一组 15 引脚，其中 5 黑色、5 白色和 5 灰色。相同颜色的图钉具有相同的分数。在一场比赛中获得的分数是与被击倒的瓶相对应的瓶的分数之和。在一场比赛中，玛丽安娜击倒了两个黑色钉子，获得了 10 分。在另一场比赛中，她击倒了一个黑色和一个白色的钉子，获得了 12 分。在第三步中，玛丽安娜击倒了 3 个黑色、1 个白色和 3 个灰色瓶，获得了 55 分。

挑战 挑战

A) 每个黑钉值多少钱？

响应： 5

由于 2 引脚的价值为 10 点，因此每个黑色引脚的价值为：

$$\text{Pino}_{\text{preto} }=10/2=5$$ 挑战

B) 每个灰色别针值多少钱？

响应： 11

  • 步骤 1： 白色引脚 挑战

    $$\text{Pino}_{\text{branco} }=12-5=7$$

  • 步骤 2： 灰色别针

    $$3\text{Pino}_{\text{cinza} }=55-15-7=33$$
挑战 $$\text{Pino}_{\text{cinza} }=\frac{33}{3}=11 ~\text{pinos cinzas}$$

C) Mariana 在一次比赛中击倒了每种颜色至少一根针，从而获得了 42 分。她每种颜色撞倒了多少个钉子？

陈述：

  • 在玛丽安娜获得 42 分的戏剧中，
  • 每种颜色至少有一个钉子被撞倒。

可能性：

  • 2 个黑色钉子，每个黑色钉子价值 5 分。
  • 3 个白色钉子，每个白色钉子价值 7 分。
  • 1 灰色引脚，每个灰色引脚值 11 分。

标识：

$$\text{Pontos total} = 2 \text{ Pinos pretos }\times 5 + 3 \text{ Pinos brancos }\times 7 + 1 \text{ Pino cinza }\times 11=42$$

让我们看看如何找到这个答案以及为什么没有其他解决方案：

  • 如果只有一根灰色针被击倒，则黑色和白色针值的总和 丢弃的值必须为 42 – 11 = 31。观察5和7的乘法表，我们看到 将 31 写为 5 的倍数与 7 的倍数之和的唯一方法是 31 = 2 × 5 + 3 × 7。这就是上面提出的解决方案。
  • 如果两个灰色针被击倒，则黑色和白色针的值之和 丢弃的值必须为 42 – 22 = 20。观察5和7的乘法表，我们看到，在 类似地，将 20 写为 5 的倍数之和的唯一方法 7 的倍数是 20 = 4 × 5 + 0 × 7，但是这个解决方案不起作用，正如声明所述 至少一根白色的钉子被撞倒了。
  • 如果三个灰色木桩被击倒，则黑色和白色木桩的价值之和 丢掉的必然是42 – 33 = 9，并且不可能将9写成倍数之和 5 是 7 的倍数。
  • 如果四个或更多灰色钉子被击倒，则钉子值的总和 下降超过 42，因此情况并非如此。

练习 2

队列中有 100 人。队列中的第一和第三位置都是男性。每五个连续职位中，就有三名女性和两名男性。例如，在位置 13、14、15、16 和 17 中，有 3 名女性和 2 名男性。

A) 排队的女性有多少？

挑战

我们将 100 人分成每个 5 人的块，我们得到 100 ÷ 5 = 20 块。如何 每个区块中有 3 名女性，队列中共有 20 × 3 = 60 名女性

B) 根据声明，在每个位置上写上“男人”或“女人”，完成下表。 挑战

挑战
  • 前五个位置中有两个人，因此位置2、4和5必须被占用 由女性。
  • 另一方面，在职位 2 到 6 中，已经有 3 名女性，因此，职位 6 必须由男性占据。
  • 从现在开始，这种模式会重演：在以下位置： 3到7已经有两个男人了，所以位置7肯定被女人占据了，所以 以后。
  • 我们观察到，每五年，男性和女性的顺序总是 相同：HMHMM，HMHMM，HMHMM…

C) 根据声明，在每个位置上写上“男人”或“女人”，完成下表 挑战

正确答案是这样，因为最后的位置，从 95 到 100，也呈现了 序列 HMHMM。

挑战

练习 3

Janaína 绘制由较小的正方形组成的正方形，其 边有整数测量值。例如，下图显示了 Janaína 如何 画了一个边长为 4 的正方形，由十个正方形组成，其中两个 边 2 和八边 1。

挑战

A) 展示 Janaína 如何绘制由最小数量组成的边长为 3 的正方形 边长为整数的较小正方形的可能性。

挑战

使得构成边长为3的正方形所用的格子个数最小 Janaína 应尽可能使用最大的正方形。

  • 在这种情况下，她只能使用一个边长为 2 的正方形，因为如果她再使用一个，该正方形至少必须具有边长 4。
  • 当使用边长为 2 的正方形时，余数必须由 9 – 4 = 5 个正方形补全 单位。
  • 该图形还有其他三个可能的位置，只需旋转第一个图形，或者等效地将边方块 2 移动到边方块 3 的其他角。

B) Janaína 想要绘制一个由 边长 3 的正方形、边长 2 的一些正方形以及最小数量 可能的边方块数 1。在侧面的框中显示， Janaína 怎样才能画出这幅画呢？

挑战
  • 如果 Janaína 想使用边长为 3 的正方形和正方形 边 2 形成大正方形，那么这个 必须至少有测量边 5。
  • 边长为 5 的正方形对应于 25 个单位正方形。如果，在你的 合成，有一个边长为 3 的正方形，还剩下 25 – 9 = 16 单位平方。
  • 每个正方形的边2对应于 4 单位正方形。
  • 原则上，她可以使用四个 边长为 2 的正方形，但这种配置是不可能的， 正如所有可能性测试所示 配件。
  • 然而，可以使用三个正方形 边 2，剩余由四个单一正方形完成， 这是所寻求的最小数量。
  • 我们看到两种类型 与 Janaína 画的人物不同。
  • 她可以， 与上一项一样，旋转这些数字，使其他数字 设计。

C) Janaína 想要画一个边长尽可能最小的正方形 由 13 边长 1 的正方形和其他更大的正方形组成 整个测量的侧面。在侧面的框中显示如何 Janaína 可以画这幅画。

挑战

  • 包含 13 的最小正方形 单位平方是 侧 4。

  • 但由于 16 – 13 = 3，所以 正方形不具有以下目的 Janaína，因为，要填补 3个单位正方形的空间，它 只能使用 3 个单位正方形，并且， 因此，它们的总数将为 16，与 声明。

  • 在边长为 5 的正方形中， 我们有 25 – 13 = 12，对应 边上有三个正方形 2。

  • 实际上， Janaína 可以画正方形 边5，尽可能小，有三个 边正方形 2 和 13 正方形 以几种不同的方式单位， 下面举例说明其中四个。

  • 请注意，不可能使用边长为 3 的正方形来占据 12 个正方形的空间 酉正方形，因为剩余空间 (12 – 9 = 3) 只能被酉正方形占据， 将其数量从 13 增加到 16。

练习 4

若奥西尼奥用属于该组的两个不同号码完成了所有可能的划分 {1、2、3、4、5、6、7、8、9}。例如，对于数字2和5，他进行了以下划分

  • 2 / 5 = 0,4
  • 5 / 2 = 2,5

A) Joãozinho 在多少个分区中获得了整数结果？

若昂西尼奥除法中的整数是除数的倍数，即：

  • a/b 除法，其中 a 是 b 的倍数。

由于 a 和 b 是集合 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 中的两个不同数字，因此对于 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，我们必须计算被除数a在{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，使得a是b的倍数并且与b不同。我们有：

  • 对于 b = 1，a 的可能性为 {2、3、4、5、6、7、8、9}，即 8 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • 对于 b = 2，a 的可能性为 {4, 6, 8}，即 3 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{4}{2}, \frac{6}{2}, \frac{8}{2} \right\}$$
  • 对于 b = 3，a 的可能性为 {6, 9}，即 2 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{6}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • 对于 b = 4，a 的可能性为 {8}，即 1 可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{8}{4} \right\}$$
  • 对于 b = 5、6、7、8、9，a 不存在。

因此，Joãozinho 得到的结果是 8 + 3 + 2 + 1 = 14 除法中的整数。

B) Joãozinho 在多少次划分中得出的数字大于 0,5？

若昂西尼奥所划分的分区中大于 0,5 的数字是那些 被除数大于除数的一半，即：

  • a/b 除法，其中 a 大于 b 的一半。

由于 a 和 b 是集合 {1、2、3、4、5、6、7 中的两个不同数字， 8, 9}，对于除数 b 在 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 中的每种可能性，我们必须计算 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 中被除数 a 的可能性，使得 a 不同于 b 且更大 超过 b 的一半我们有：

  • 对于 b = 1，a 的可能性为 {2、3、4、5、6、7、8、9}，即 8 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • 对于 b = 2，a 的可能性为 {3、4、5、6、7、8、9}，即 7 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{3}{2}, \frac{4}{2},\frac{5}{2},\frac{6}{2},\frac{7}{2},\frac{8}{2}, \frac{9}{2} \right\}$$
  • 对于 b = 3，a 的可能性为 {2、4、5、6、7、8、9}，即 7 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{2}{3}, \frac{4}{3},\frac{5}{3},\frac{6}{3},\frac{7}{3},\frac{8}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • 对于 b = 4，a 的可能性为 {3、5、6、7、8、9}，即 6 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{3}{4},\frac{5}{4},\frac{6}{4},\frac{7}{4},\frac{8}{4}, \frac{9}{4} \right\}$$
  • 对于 b = 5，a 的可能性为 {3、4、6、7、8、9}，即 6 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=5} = \left\{ \frac{3}{5}, \frac{4}{5}, \frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5}, \frac{9}{5} \right\}$$
  • 对于 b = 6，a 的可能性为 {4、5、7、8、9}，即 5 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=6} = \left\{ \frac{4}{6}, \frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{8}{6}, \frac{9}{6} \right\}$$
  • 对于 b = 7，a 的可能性为 {4、5、6、8、9}，即 5 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=7} = \left\{ \frac{4}{7}, \frac{5}{7},\frac{6}{7},\frac{8}{7}, \frac{9}{7} \right\}$$
  • 对于 b = 8，a 的可能性为 {5、6、7、9}，即 4 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=8} = \left\{ \frac{5}{8},\frac{6}{8},\frac{7}{8}, \frac{9}{8} \right\}$$
  • 对于 b = 9，a 的可能性为 {5、6、7、8}，即 4 个可能性。
$$\text{Conjunto}_{b=9} = \left\{ \frac{5}{9},\frac{6}{9},\frac{7}{9}, \frac{8}{9} \right\}$$

因此，Joãozinho 在 8 + 7 + 7 + 6 + 6 + 中得到大于 0,5 的数字 5 + 5 + 4 + 4 = 52 格。

C) Joãozinho 获得了多少种不同的结果？

Joãozinho 所做的划分的不同结果是股息和 除数没有公因数，即：

  • a/b e，a 和 b 互为素数

因为，如果 a 和 b 有一个公因数 k，则 a = k × a’ 且 b = k × b’，并且这个公因数 k 可以在除法中取消

$$\frac{a}{b}=\frac{k a^\prime}{k b^\prime}=\frac{a^\prime}{b^\prime}$$

新部门也将是 若昂齐尼奥 (Joãozinho) 划分。由于 a 和 b 是集合 {1, 2, 3, 4, 5 中的两个不同的数字， 6, 7, 8, 9}，对于 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 中除数 b 的每种可能性，我们必须数数 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 中被除数 a 的可能性，使得 a 和 b 互为素数。 我们有：

挑战
  • 对于 b = 1，a 的可能性为 {2、3、4、5、6、7、8、9}，即 8 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • 对于 b = 2，a 的可能性为 {1、3、5、7、9}，即 5 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{3}{2}, \frac{3}{2},\frac{5}{2}, \frac{7}{2}, \frac{9}{2} \right\}$$
  • 对于 b = 3，a 的可能性为 {1、2、4、5、7、8}，即 6 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{1}{3}, \frac{2}{3},\frac{5}{3}, \frac{7}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • 对于 b = 4，a 的可能性为 {1、3、5、7、9}，即 5 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{1}{4}, \frac{3}{4},\frac{5}{4}, \frac{7}{4}, \frac{9}{4} \right\}$$
  • 对于 b = 5，a 的可能性为 {1、2、3、4、6、7、8、9}，即 8 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=5} = \left\{ \frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{3}{5}, \frac{4}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5}, \frac{9}{5} \right\}$$
  • 对于 b = 6，a 的可能性为 {1, 5, 7}，即 3 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=6} = \left\{ \frac{1}{6}, \frac{5}{6}, \frac{7}{6} \right\}$$
  • 对于 b = 7，a 的可能性为 {1、2、3、4、5、6、8、9}，即 8 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=7} = \left\{ \frac{1}{7}, \frac{2}{7}, \frac{3}{7}, \frac{4}{7},\frac{5}{7},\frac{6}{7},\frac{8}{7}, \frac{9}{7} \right\}$$
  • 对于 b = 8，a 的可能性为 {1、3、5、7、9}，即 5 个可能性；
$$\text{Conjunto}_{b=8} = \left\{ \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8} \right\}$$
  • 对于 b = 9，a 的可能性为 {1、2、4、5、7、8}，即 6 个可能性。
$$\text{Conjunto}_{b=9} = \left\{ \frac{1}{9}, \frac{2}{9}, \frac{4}{9}, \frac{5}{9},\frac{7}{9},\frac{8}{9} \right\}$$

因此，Joãozinho 在他的计算中得到了 8 + 5 + 6 + 5 + 8 + 3 + 8 + 5 + 6 = 54 不同的结果 部门。

练习 5

玛丽亚在她的笔记本上画了由梯形和六边形组成的图形。每个六边形都可以涂成蓝色、米色 或灰色，每个梯形，蓝色或黑色。具有公共边的多边形不能具有相同的颜色。下图是 玛丽亚创作的一幅画的例子。

挑战

A) Maria 可以用多少种方式画下图？ 挑战

玛丽亚可以将六边形和梯形都涂成蓝色，因此，这种颜色一定是 分别对待。

  • **情况1：**如果六边形被漆成蓝色，那么，为了不重复相同的颜色 梯形，只能涂成黑色（1可能性）。
  • 情况 2： 如果六边形未涂成蓝色（2 可能性），Maria 可以将其涂成蓝色 蓝色或黑色梯形（2 可能性）。 $$\text{Caso 2}= 2\times 2 = 4$$

将这两种情况放在一起，我们看到 Maria 可以用 1 + 4 = 5 的方式绘制图形 1 不同的

B) Maria 可以用多少种方式画下图？ 挑战

  • 情况 1： 如果六边形被 Maria 涂成蓝色，则所有三个梯形都必须是 漆成黑色（1可能性）。
  • 情况 2： 如果六边形未涂成蓝色（2 可能性），则三个中的每一个 图2中的梯形可以涂成蓝色或黑色。 $$2\times 2 \times 2 \times 2 = 16$$

将这两种情况放在一起，我们看到 Maria 可以用 1 + 16 = 17 的方式绘制图形 2 不同。

C) Maria 可以用多少种方式画出下面的图画 挑战

我们按照下图列出区域：

挑战

我们将其分为6种情况：

  • 蓝色六角形 1，米色六角形 2。在这种情况下，梯形3、4和5必须涂成黑色（1 可能性）。
  • 蓝色六边形 1，灰色六边形 2。在这种情况下，梯形 3、4 和 5 也必须涂成黑色（1 可能性）。
  • 米色六角形 1，蓝色六角形 2。在这种情况下，梯形3和4必须涂成黑色，但梯形5可以涂成蓝色或黑色（2可能性）。
  • 米色六角形 1，灰色六角形 2。每个梯形都可以涂成两种颜色（2 × 2 × 2 = 8 可能性）。
  • 灰色六角形 1，蓝色六角形 2。在这种情况下，梯形3和4必须涂成黑色，梯形5可以涂成两种颜色（2可能性）。
  • 灰色六角形 1，米色六角形 2。每个梯形都可以涂成两种颜色（2 × 2 × 2 = 8 可能性）。

因此，玛丽亚有 1 + 1 + 2 + 8 + 2 + 8 = 22 不同的方法来绘制图形

练习 6

当一天的日期以 DD/MM/YY 的形式书写时，包含从 0 到 5 的所有数字，那就太棒了。放 例如，2053 的四月 12 会很棒，因为它的日期 12/04/53 包含从 0 到 5 的所有数字。第二天不会太棒，因为它的日期 13/04/53 不包含数字 2。

A) 今年 2054 最后一个美好的一天是什么？

要使日期 Dd/Mm/54 成为美好的一天，D、d、M、m 必须是

  • 0、1、2 和 3 按某种顺序排列，因为 4 和 5 出现在年份中。
  • 由于我们想要今年最后的美好一天，因此我们应该寻找 12 月的某个时间。
  • 因此，Mm = 12。

因此，由于30大于03，2054的最后一天将是30/12/54。

B) 在 2001 年，没有美好的日子，因为我们不能选择 M，因为，如果

  • 在 2001 年，没有美好的日子，因为我们不能选择 M，因为，如果 Dd/Mm/Aa 太棒了，所以 M = 0 或 M = 1。

此外，在2002、2003、2004或2005年中，如果M = 1，则只能是美好的一天，因为0已被使用。

  • 在这种情况下，我们必须有 m = 2，因为我们不能重复 1。这就排除了这种可能性 希望我们在 2002 度过美好的一年。

  • 为了有一天在 2003 中变得美妙，我们必须让 D 和 d 按某种顺序等于 5 和 4。这是不可能的，因为这样的日子不存在。

  • 为了在 2004 中度过美好的一年，我们必须使 D 和 d 按某种顺序等于 3 和 5。这也是不可能的。

  • 为了在 2005 中度过美好的一年，我们必须使 D 和 d 按某种顺序等于 3 和 4。又不可能了。

  • 下一个要测试的年份是2010。在这种情况下，M 不能是1或0。

  • 接下来我们测试2012。在这种情况下，M = 0。所以 D、d 和 m 按某种顺序是 3、4、5（这是不可能的）。

  • 最后，我们测试2013。在这种情况下，M = 0，而 D、d 和 m 按某种顺序为： 等于2、4和5。

由于 D = 0、1、2 或 3，因此我们必须有 D = 2。

因此，由于我们想要 1 月 1 日之后的第一天 2001，因此答案是 25/04/13，因为它位于 24/05/13 之前。

C) 在2001和2100之间，有多少年至少有一个美好的一天？

我们看到，在 2001 和 2100 之间，

  • 第一年有一些美妙的日期是2013（项目b）并且
  • 最后一项是 2054（项目 a）。

保留符号 Dd/Mm/Aa 并记住不同的字母 对应于集合{0，1，2，3，4，5}中的不同数字，我们可以将计数相除 在两个不相交的情况下：

  • 案例 1： {A, a} 是具有两个不同元素 {2、3、4、5} 的子集。
    • 对于一天 1d/0m/Aa 来说，如果 d、m、A、a 是 {2、3、4、5} 的排列就足够了。因此，如果 {A, a} 是具有两个不同元素 {2、3、4、5} 的子集，那么今年将至少有一个 1d/0m/Aa 类型的奇妙日子。
    • 在此条件下，我们可以形成 4 × 3 = 12 年。
  • 案例 2： {A, a} ⊂ {0, 1, 2, 3, 4, 5} 不是具有以下两个不同元素的子集 {2、3、4、5}。共有三种子情况：
    • A ∈ {2, 3, 4, 5} e a ∉ {2, 3, 4, 5}
      • （这些年份是 2020、2021、2030、2031、2040、2041,2050 和 2051）；或者
    • A ∉ {2, 3, 4, 5} e a ∈ {2, 3, 4, 5}
      • （这些是年份 2013、2014 和 2015，因为年份 2002、2003、2004、2005 和 2012 没有美妙的日期，因为它们开始 出现在2013中）；或者
    • A ∉ {2, 3, 4, 5} e a ∉ {2, 3, 4, 5}
      • （年份 2000、2001、2010 和 2011 没有美妙的日期，因为它们开始出现在 2013 中）。

2020、2030、2040 和 2050（以 0 结尾）年份的日期并不理想。事实上， 在这些情况下，M = 1，D = 2（D = 3 的情况将强制 d = 0 或 d = 1，已使用）并且 m 不会 可能不是其可能值 0、1 或 2，因为它们已被使用。

2021 年没有美妙的日期。在这种情况下，和以前一样，M = 0，D = 2，而不是 我们可以选择m。

所有剩余年份 - 2013、2014、2015、2031、2041、2051 - 都有很棒的日期，其形式为 2d/0m/A1 或 2d/0m/1a，只需选择 d、m 和 a 作为 {3, 4, 5} 排列的元素。因此，在整个情况 2 中， 6 可能性。 将1和2的情况放在一起，我们看到总共有12 + 6 = 18年，其中至少有一天 太棒了。以下是有一些美妙约会的年份。

  • 2013（25/04/13为例）
  • 2014 (23/05/14)
  • 2015 (23/04/15)
  • 2023 (14/05/23)
  • 2024 (15/03/24)
  • 2025 (13/04/25)
  • 2031 (24/05/31)
  • 2032 (14/05/32)
  • 2034 (12/05/34)
  • 2035 (14/02/35)
  • 2041 (23/05/41)
  • 2042 (13/05/42)
  • 2043 (12/05/43)
  • 2045 (13/02/45)
  • 2051 (23/04/51)
  • 2052 (13/04/52)
  • 2053 (14/02/53)
  • 2054 (30/12/54)

2001 和 2100 之间的其他年份没有美妙的日期。