lahtine võistlus 2016 talvmath.olympiaadid.ut.ee/arhiiv/lahtine/lv2016t/lvt2016.pdfon täisnurkne....

Lahtine võistlus 2016 talv

Ülesanded 2Noorem rühm . . . . . . . . . . 2Vanem rühm . . . . . . . . . . 3

Ülesanded vene keeles 4Младшая группа . . . . . . . . 4Старшая группа . . . . . . . . 5

Lahendused 6Noorem rühm . . . . . . . . . . 6Vanem rühm . . . . . . . . . . 9

Hindamisskeemid 18Noorem rühm . . . . . . . . . . 18Vanem rühm . . . . . . . . . . 21

Võistluskomplekti koostamisse panustasid:

Urve KangroKristjan KongasHärmel Nestra

Markus Rene Pae

Erik PaemurruAgo-Erik RietJanno Veeorg

Matemaatika lahtine võistlus

17. detsember 2016 Noorem rühm

Lahendamisaega on 5 tundi.Iga ülesande õige ja ammendavalt põhjendatud lahendus annab 7 punkti.Elektroonilised ega kirjalikud abivahendid ei ole lubatud.Palun vormista erinevate ülesannete lahendused eraldi lehtedele!

1. Kuuseke koosneb kolmest ühesugusest sümmeetrilisest „korru-sest“. Iga „korrus“ on alt kaks korda laiem kui ülalt ning kolmjoonisel kriipsukesega märgitud lõiku on ühepikkused. Kas kuu-sekese saab jaotada kolmeks tükiks, millest omakorda saab kokkupanna kolmnurga?

2. Juku mõtles kolmekohalise arvu, mille numbrite järjekorra ümberpööra-misel saame sama kolmekohalise arvu. Juku märkas, et kui mõeldud arvuleliita 2016, siis tekkiva neljakohalise arvu numbrite järjekorra ümberpööra-misel tekib jällegi sama neljakohaline arv. Millise arvu Juku mõtles?

3. Olgu n positiivne täisarv. Tõesta, et mistahes n järjestikuse positiivse täis-arvu vähim ühiskordne jagub arvude 1, 2, . . . , n vähima ühiskordsega.

Märkus. Kuitahes paljude positiivsete täisarvude vähimaks ühiskordseks

nimetatakse vähimat positiivset täisarvu, mis jagub kõigi nende arvudega.

4. a) Kas mistahes etteantud sama paarsusega positiivsete täisarvude a jab korral saab leida sellised murdarvud x ja y , et x + y ja ax + by ontäisarvud?

b) Sama küsimus, kui a ja b on eri paarsusega.

Märkus. Murdarvuks nimetatakse arvu, mis pole täisarv. Paarsus märgibasjaolu, kas arv jagub 2-ga. Niisiis on kaks sama paarsusega täisarvu kasmõlemad paaris või mõlemad paaritud, kahe eri paarsusega täisarvu season üks paaris ja üks paaritu.

5. Olgu A ja B sellised punktid ringjoonel keskpunktiga O , et kolmnurk AOB

on täisnurkne. Lõigu AO keskristsirge lõikab lühemat kaart AB punktis K .Sirged KO ja AB lõikuvad punktis L . Tõesta, et kolmnurk K BL on võrd-haarne.

6. Elektriskeemis on lõplik arv lampe. Mõned lampide paarid on juhet pidi ot-seühenduses. Iga lamp põleb kas punaselt või siniselt. Ühe lülitusega muu-davad korraga värvi (punasest siniseks või vastupidi) kõik need lambid, mison otseühenduses mõne teist värvi lambiga. Tõesta, et mingi arvu lülitustejärel on kõigi lampide värvid samad mis kaks lülitust enne seda.


17. detsember 2016 Vanem rühm

Lahendamisaega on 5 tundi.Iga ülesande õige ja ammendavalt põhjendatud lahendus annab 7 punkti.Elektroonilised ega kirjalikud abivahendid ei ole lubatud.Palun vormista erinevate ülesannete lahendused eraldi lehtedele!

1. Lumehelbekeses kirjutatakse ringide sisse kõik natu-raalarvud 1 kuni 13 nii, et igal sirgel asuva viie ar-vu summa ja keskmise seitsme arvu summa on kõikvõrdsed. Leia see summa, kui on teada, et see on vä-him võimalik.

2. K A P P

O L I

P R U U N

+

Mitmel viisil on võimalik tähtede asendamisel numbrite-ga saada korrektne liitmine? Samale tähele vastab kõik-jal sama number, erinevatele tähtedele vastavad erine-vad numbrid.

3. Mašal on aias elektrikarussell, millel ta iga päev sõidab. Korraarmastaja-na jätab ta alati karusselli pärast tarvitamist ühte ja samasse asendisse.Igal ööl hiilivad aga aeda kolm karu ja asuvad karusselli keerutama. Karu-

isa keerutab karusselli korraga täpselt1

7täispöörde võrra. Karuema keeru-

tab karusselli korraga täpselt1

9täispöörde võrra. Karulaps keerutab karus-

selli korraga täpselt1

32täispöörde võrra. Iga karu võib karusselli keerutada

niipalju kordi kui tahab. Mitmest erinevast asendist võib Maša hommikulaeda minnes karusselli leida?

4. Leia võrrandisüsteemi{

3x + 7y + 14z = 252,x y z − u2 = 2016

kõik mittenegatiivsed reaalarvulised lahendid.5. Kolmnurga ABC tipu C juures oleva välisnurga poolitaja lõikub tipu B

juures oleva sisenurga poolitajaga punktis K . Kolmnurga BCK ümberring-joonele tõmmatakse diameeter, mille üks otspunkt on K . Tõesta, et A asubsel diameetril.

6. Olgu n ja m positiivsed täisarvud. Milline on suurim võimalik arv ruutu-de tippudes asuvaid punkte, mida saab märkida ruudustikus mõõtmetegan × m nii, et ükski kolm märgitud punkti ei asuks ühegi täisnurkse kolm-nurga tippudes?

Открытое соревнование по математике

17 декабря 2016 г. Младшая группа

Время, отводимое для решения: 5 часов.Верное и достаточно обоснованное решение каждой задачи даёт 7 баллов.Вспомогательные письменные материалы или электронные приборы не разрешены.Пожалуйста, оформляйте решения разных заданий на отдельных листках!

1. Ёлочка состоит из трёх одинаковых симметричных „этажей“.Каждый „этаж“ снизу в два раза шире, чем сверху, а три отрезкана рисунке, отмеченные штрихом, одинаковой длины. Возможноли разрезать ёлочку на три части, из которых можно составитьтреугольник?

2. Костя задумал трёхзначное число. Если записать цифры этого числа в об-ратном порядке, то получим то же самое трёхзначное число. Костя заме-тил, что если прибавить к задуманному числу 2016, то получим четырёх-значное число, которое не изменится, если записать его цифры в обратномпорядке. Какое число задумал Костя?

3. Пусть n − положительное целое число. Доказать, что наименьшее общеекратное любых n последовательных положительных целых чисел делитсяна наименьшее общее кратное чисел 1, 2, . . . , n .Примечание. Наименьшим общим кратным любого количества положи-тельных целых чисел называют наименьшее положительное целое число,которое делится на все эти числа.

4. а) Можно ли при любых заданных целых числах одинаковой чётности a

и b найти такие дробные числа x и y , что как x + y , так и ax + by

будут целыми числами?б) Тот же вопрос, если a и b разной чётности.

Примечание. Дробным числом называют число, которое не является це-лым. Чётность показывает, делится ли число на 2. Таким образом, двацелых числа одинаковой чётности либо оба чётные, либо оба нечётные, асреди двух целых чисел разной чётности одно чётное и одно нечётное.

5. Пусть A и B − такие точки на окружности с центром O , что треугольникAOB прямоугольный. Серединный перпендикуляр отрезка AO пересекаетменьшую дугу AB в точке K . Прямые KO и AB пересекаются в точке L .Доказать, что треугольник K BL равнобедренный.

6. В электрической схеме конечное число ламп. Некоторые пары ламп со-единены напрямую проводом. Каждая лампа горит либо красным, либосиним цветом. Одним переключением меняют цвет на противоположный(красный на синий и синий на красный) все такие лампы, которые на-прямую соединены с какой-то лампой другого цвета. Доказать, что по-сле некоторого числа переключений цвета всех ламп такие же, как и двапереключения перед этим.

Открытое соревнование по математике

17 декабря 2016 г. Старшая группа

Время, отводимое для решения: 5 часов.Верное и достаточно обоснованное решение каждой задачи даёт 7 баллов.Вспомогательные письменные материалы или электронные приборы не разрешены.Пожалуйста, оформляйте решения разных заданий на отдельных листках!

1. В снежинке в кружках записаны все натуральныечисла от 1 до 13 так, что суммы пяти чисел, нахо-дящихся на каждой из прямых, а также сумма се-ми центральных чисел, все равны между собой. Най-ти эту сумму, если известно, что она наименьшая извозможных.

2. K A P P

O L I

P R U U N

+

Сколькими способами можно заменить буквы на циф-ры так, чтобы получилось корректное сложение? Оди-наковым буквам везде соответствуют одинаковые циф-ры, разным буквам разные цифры.

3. У Маши в саду есть электрическая карусель, на которой она катаетсякаждый день. Она любит порядок и поэтому после использования всегдаоставляет карусель в одном и том же положении. Однако каждую ночьв сад прокрадываются три медведя и принимаются вращать карусель.

Мишка-папа за раз поворачивает карусель ровно на1

7оборота. Мишка-

мама за раз поворачивает карусель ровно на1

9оборота. Медвежёнок за

раз поворачивает карусель ровно на1

32оборота. Каждый из медведей мо-

жет вращать карусель столько раз, сколько захочет. Сколько различныхвариантов положения карусели может обнаружить Маша утром?

4. Найти все решения уравнения{

3x + 7y + 14z = 252,x y z − u2 = 2016

в неотрицательных действительных числах.5. Биссектриса внешнего угла треугольника ABC при вершине C пересека-

ется с биссектрисой внутреннего угла при вершине B в точке K . Рассмот-рим диаметр описанной вокруг треугольника BCK окружности, один изконцов которого − точка K . Доказать, что A лежит на этом диаметре.

6. Пусть n и m − целые положительные числа. В клетчатом поле разме-ром n × m все клетки представляют собой равные квадраты. Каково наи-большее возможное число точек, которые можно отметить в углах клетокэтого поля так, чтобы никакие три из отмеченных точек не оказались вер-шинами прямоугольного треугольника?



Lahendused

1. Vastus: jah.

Lahendus 1. Antud mõõtude kohaselt koosneb iga „korrus“ kolmest võrd-külgsest kolmnurgast (joonis 1). Joonis 2 näitab, kuidas kolmest „korrusest“saab tekitada ühe võrdkülgse kolmnurga.

Joonis 1 Joonis 2 Joonis 3 Joonis 4

Lahendus 2. Et „korrus“ on alt kaks korda laiem kui ülalt ja „korrused“ onühekõrgused, lõikuvad keskmise „korruse“ vasaku ja parema külje piken-dused täpselt ülemise „korruse“ ülaservas (joonis 3). Tehes lõiked möödanende külgede pikendusi, eraldame kuusekesest kaks rööpkülikut. Paigu-tades need ümber alumisele „korrusele“, moodustub kolmnurk (joonis 4).

=⇒

Joonis 5

Märkus. Kui lubada kujundi tükke ka ümber pöörata, piisab kolmnurga te-kitamiseks isegi ühest lõikest kaheks tükiks (joonis 5).

2. Vastus: 646.

Olgu mõeldud arv aba ja sellest 2016 liitmise teel saadud arv cddc . Ilmseltsaab c olla ainult 2 või 3.

Kui c = 2, siis üheliste numbrite järgi saame ainsa võimalusena a = 6, kus-juures tekib ülekanne ühelistest kümnelistesse. Kümneliste numbritest siisb + 1 + 1 = d või b + 1 + 1 = d + 10. Ent teine variant pole võimalik, sestsajaliste numbrite järgi saab olla vaid d = 6, kui kümnelistest sajalistesseülekannet ei teki, ja d = 7, kui kümnelistest tekib ülekanne sajalistesse.Seega b + 2 = d . Siis sajalistesse ülekannet ei teki, mistõttu d = 6 ja b = 4.

6

Kui c = 3, siis sajaliste liitmisel peab tekkima ülekanne tuhandelistesse,mis on võimalik ainult juhul a = 9. Kuid üheliste numbrite järgi peaks seljuhul olema c = 5. Vastuolu näitab, et see juht pole võimalik.

3. Lahendus 1. Olgu pk suvaline tegur arvude 1, 2, . . . , n vähima ühiskordseesituses algarvude astmete korrutisena. Seega arvude 1, 2, . . . , n seas lei-

dub selline, mis jagub arvuga pk , muidu oleks p astendaja nende vähima

ühiskordse esituses k -st väiksem. Järelikult pk É n . See aga näitab, et iga

n järjestikuse täisarvu seas leidub arv, mis jagub arvuga pk . Järelikult ka

nende n järjestikuse täisarvu vähim ühiskordne jagub arvuga pk . See tä-hendab, et p astendaja n järjestikuse positiivse täisarvu vähima ühiskordseesituses on vähemalt k . Kokkuvõttes on kõik algarvud n järjestikuse posi-tiivse täisarvu vähima ühiskordse esituses vähemalt niisama kõrgel astmelkui arvude 1, 2, . . . , n vähima ühiskordse esituses. Järelikult n järjestikusetäisarvu vähim ühiskordne jagub arvude 1, 2, . . . , n vähima ühiskordsega.

Lahendus 2. Olgu i suvaline arvudest 1, 2, . . . , n . Igast n järjestikusest täis-arvust saab valida i järjestikust täisarvu, neist aga üks jagub arvuga i . See-ga ka n järjestikuse täisarvu vähim ühiskordne jagub arvuga i . Kokkuvõt-tes on suvalise n järjestikuse täisarvu vähim ühiskordne arvude 1, 2, . . . , n

ühine kordne. Sellest järeldub, et n järjestikuse täisarvu vähim ühiskordnejagub arvude 1, 2, . . . , n vähima ühiskordsega.

4. Vastus: a) jah; b) ei.

Lahendus 1.

a) Võttes x = y =1

2, on x + y = 1 täisarv ja ax + by =

1

2(a + b) samuti

täisarv, sest a + b on eeldusest tulenevalt paarisarv.

b) Märkame, et ax +by = a(x + y)+ (b − a)y . Oletame, et x + y ja ax +by

on mõlemad täisarvud. Et a(x+y) on kahe täisarvu korrutisena täisarv,peab täisarv olema ka (b−a)y . Kuid juhul b−a = 1 ei ole see võimalik,sest y on eelduse kohaselt murdarv.

Lahendus 2.

a) Kui a = b , siis sobivad suvalised murdarvud x ja y , mille summa ontäisarv, sest siis ax + ay ehk a(x + y) on kahe täisarvu korrutisena

täisarv. Juhul a 6= b sobib võtta x =1

a − bja y =

a − b − 1

a − b, sest siis

x + y = 1 ja

ax + by =a

a − b+

b(a − b − 1)

a − b=

(b + 1)(a − b)

a − b= b + 1.

b) Oletame, et x + y = n ja ax + by = m , kus n ja m on täisarvud. Tõl-gendades neid kaht seost võrrandisüsteemina ning lahendades x ja y

7

O

A

B

K

L

Joonis 6

suhtes, saame x =m − bn

a − bja y =

an − m

a − b(kuna a ja b on eri paar-

susega, siis a − b 6= 0). Kui a − b = 1, siis need lahendid on täisarvud,mitte murdarvud. Järelikult ei saa kindlalt väita, et nõutud omadusegamurdarvud leiduvad.

5. Kuna K asub lõigu AO keskristsirgel (joonis 6), siis |K A| = |KO|. Samas|KO| = |AO|, sest K ja A on ringjoone punktid. Seega AKO on võrdkülgnekolmnurk, millest tulenevalt ∠AOK = 60◦ . Järelikult

∠KOB = ∠AOB −∠AOK = 90◦ − 60◦ = 30◦.

Et ka B asub samal ringjoonel, siis |KO| = |BO|, mistõttu

∠BKO =180◦ −∠KOB

2=

180◦ − 30◦

2= 75◦.

Lõpuks saame võrdusest |AO| = |BO|, et

∠ABO =180◦ −∠AOB

2=

90◦

2= 45◦.

Seega ∠BLK = ∠LOB +∠LBO = 30◦ + 45◦ = 75◦ . Kolmnurk K BL on võrd-haarne, sest tal on kaks võrdse suurusega nurka.

6. Kui mingid omavahel ühendatud lambid põlevad erivärviliselt, muudavadnad mõlemad lülitusel värvi, mistõttu põlevad ka pärast lülitust erivärvili-selt. Sama kehtib ka igal järgmisel lülitusel. Seega erivärviliste lampide paa-re võib protsessi käigus juurde tulla, aga mitte kunagi ära kaduda. Et lampeon lõplik arv, ei saa erivärviliste lampide paaride arv ka lõpmatuseni kasva-da. Järelikult ei lisandu omavahel ühendatud lampide paaride hulka pärastmingit arvu lülitusi enam uusi paare. See tähendab, et lamp kas vahetabigal lülitusel värvi või ei vaheta kunagi värvi. Seega pärast kaht järjestikustlülitust on lampide värvid endised.

8



Lahendused

1. Vastus: 31.

Lahendus 1. Olgu iga kiire viie arvu summa s ning keskmises ringis arv a .Siis

3s = (1 + 2 + . . . + 13) + 2a = 91 + 2a,

kust s =91 + 2a

3Ê

93

3= 31. Joonisel 7 toodud paigutus näitab, et s = 31

on ka võimalik.

1 2

34

5

6 10

11

89

12

13 7

Joonis 7

a b1

b2b3

b4

b5 b6

c1

c2c3

c4

c5 c6

Joonis 8

1 2

34

5

7 9

13

1211

10

8 6

Joonis 9

Lahendus 2. Olgu otsitav summa s . Olgu keskmises ringis arv a , sisemiseringi arvud järjekorras b1 , b2 , b3 , b4 , b5 ja b6 ning välimise ringi arvudvastavalt c1 , c2 , c3 , c4 , c5 ja c6 (joonis 8). Ülesande tingimuste kohaseltc1+b1+a+b4+c4 = a+b1+b2+b3+b4+b5+b6 , kust c1+c4 = b2+b3+b5+b6 .Analoogselt c2 + c5 = b3 + b4 + b6 + b1 ja c3 + c6 = b4 + b5 + b1 + b2 . Liitessaadud kolm võrdust, saame

c1 + c2 + c3 + c4 + c5 + c6 = 2(b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + b6).

Samas a+b1+b2+b3+b4+b5+b6+c1+c2+c3+c4+c5+c6 = 1+2+. . .+13 = 91.

Järelikult b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + b6 =91 − a

3, kust s =

91 + 2a

3Ê

93

3= 31.

Joonisel 9 toodud paigutus näitab, et s = 31 on võimalik.

2. Vastus: 6.

Et kümnetuhandeliste number esineb summas, kuid mitte kummaski lii-detavas, peab see olema 1, st P = 1. Neljakohalisele arvule kolmekohaliseliitmisel saab summa olla viiekohaline ainult juhul, kui neljakohaline algab

9

9 A 1 1

O L I

1 0 U U N

+

Joonis 10

9 8 1 1

7 4 2

1 0 5 5 3

+

Joonis 11

9 7 1 1

8 4 2

1 0 5 5 3

+

Joonis 12

9-ga, st K = 9. Samast tuleneb, et R = 0. Järgnevalt tuleb lahendada jooni-sel 10 olev liitmine.

Ühelistest saaks tekkida ülekanne kümnelistesse ainult juhul, kui I = 9,kuid 9 on juba kasutusel. Seega kümnelistesse ülekannet ei teki. Seegakümnelistest sajalistesse saaks tekkida ülekanne vaid juhul, kui L = 9, mison samal põhjusel võimatu. Seega ei teki ka sajalistesse ülekannet. Kokku-võttes tuleb määrata erinevad numbrid I , N , L , U , A ja O , mis peavadolema 2 ja 8 vahel nii, et I + 1 = N , L + 1 = U ja A +O = U + 10. Et A ja O

saavad olla maksimaalselt 8 ja 7, siis A + O É 15, kust U É 5. Et L Ê 2, siisU Ê 3. Vaatame kolme juhtu.

• Kui U = 5, siis L = 4 ning A ja O on 8 ja 7 mingis järjestuses. Ainsa või-malusena saame I = 2 ja N = 3. Siit saame 2 lahendit joonistel 11–12,mis erinevad A ja O väärtuste järjestuse poolest.

• Kui U = 4, siis L = 3 ning A ja O peavad olema 8 ja 6 mingis järjes-tuses. See ei võimalda määrata numbreid I ja N nii, et I + 1 = N .

• Kui U = 3, siis L = 2. Numbrid A ja O võivad olla 8 ja 5 kummaskijärjestuses, mispuhul I = 6 ja N = 7 on ainus valik. Numbrid A ja O

võivad olla ka 7 ja 6 kummaski järjestuses, mispuhul I = 4 ja N = 5 onainus valik. Kokku saame siit veel 4 lahendit joonistel 13–16.

9 8 1 1

5 2 6

1 0 3 3 7

+

Joonis 13

9 5 1 1

8 2 6

1 0 3 3 7

+

Joonis 14

9 7 1 1

6 2 4

1 0 3 3 5

+

Joonis 15

9 6 1 1

7 2 4

1 0 3 3 5

+

Joonis 16

3. Vastus: 2016.

Lahendus 1. Kuna karusselli lõppasend ei sõltu pööramiste järjekorrast, siisvõib üldisust kitsendamata eeldada, et iga karu teeb kõik oma keerutused

järjest. Karuisa keerutuste tulemusel pöördub karussell1

7täispöörde täis-

kordse võrra, karuema keerutuste tulemusel1

9täispöörde täiskordse võr-

ra ja karulapse keerutuste tulemusel1

32täispöörde täiskordse võrra. Seega

karuisa keerutuste mõjul saab karussell pöörduda 7 eri nurga võrra, ka-ruema keerutuste mõjul 9 eri nurga võrra ja karulapse keerutuste mõjul 32

10

eri nurga võrra. Kokku on võimalikke pöördenurkade kolmikuid 7 · 9 · 32ehk 2016. Jääb näidata, et kõik need kolmikud annavad tõepoolest erinevatulemuse.

Selleks vaatame kaht võimalikku pöördenurkade kolmikut, mille tulemu-

sed on vastavalt a1 ·1

7+ a2 ·

1

9+ a3 ·

1

32ja b1 ·

1

7+ b2 ·

1

9+ b3 ·

1

32täispööret

(a1, a2, a3, b1, b2, b3 on mingid täisarvud). Oletame, et nende pöörete tule-musel jääb karussell samasse asendisse. See tähendab, et arv

(

a1 ·1

7+ a2 ·

1

9+ a3 ·

1

32

)

−(

b1 ·1

7+ b2 ·

1

9+ b3 ·

1

32

)

ehk arv (a1 − b1) ·1

7+ (a2 − b2) ·

1

9+ (a3 − b3) ·

1

32on täisarv. See on sama-

väärne tingimusega, et arv (a1−b1) ·2016

7+(a2−b2) ·

2016

9+(a3−b3) ·

2016

32jagub 2016-ga. Kuna teine ja kolmas liidetav ning summa jaguvad 7-ga, siis

ka esimene liidetav (a1 −b1) ·2016

7peab jaguma 7-ga. Et seejuures

2016

7ja

7 on ühistegurita, peab 7-ga jaguma a1 − b1 . See aga tähendab, et karuisapööras mõlemal juhul karusselli sama nurga võrra. Analoogsel viisil saame,et a2−b2 jagub 9-ga ja a3−b3 jagub 32-ga ehk ka teised kaks pöördenurkaon vastavalt võrdsed. Kokkuvõttes saavad sama koondtulemuse anda ainultühesugused pöördenurkade kolmikud, st kõik 2016 erinevat pöördenurka-de kolmikut annavad erineva tulemuse.

Lahendus 2. Kuna VÜK(7, 9, 32) = 2016, on kõik pöörded1

2016täispöörde

täiskordsed. Seega saab karussell lõpuks olla ülimalt 2016 erinevas asendis.Jääb näidata, et kõik need asendid on võimalikud.

Selleks vaatleme suvalist asendit, mis on x ·1

2016täispöörde võrra algasen-

di suhtes nihkes, kus x on mittenegatiivne täisarv, x < 2016. Paneme tä-

hele, et summa2016

7+

2016

9+

2016

32on 2016-ga ühistegurita. Tõepoo-

lest, arvu 2016 algtegurid on 7, 3 ja 2, kuid summas2016

7+

2016

9+

2016

32jagub igaühega neist kolmest algarvust täpselt kaks liidetavat, mistõttusumma ei saa neist ühegagi jaguda. Seega leidub täisarv y , mille korral

kehtib y ·(

2016

7+

2016

9+

2016

32

)

≡ x (mod 2016). See aga tähendab, et

y ·1

7+ y ·

1

9+ y ·

1

32− x ·

1

2016on täisarv ehk keerutades karusselli y ·

1

7,

y ·1

9ja lõpuks y ·

1

32täispöörde võrra, on tulemus kokkuvõttes sama nagu

x ·1

2016täispöörde võrra pööramisel.

11

Märkus. Lahendusest 2 ilmneb, et 2016 erinevat lõppasendit oleks võimalikisegi lisatingimusel, et kõik karud keerutavad karusselli ühepalju kordi.

Lahendus 3. Kuna 7 · 9 · 32 = 2016, on kõik pöörded1

2016täispöörde

täiskordsed. Seega saab karussell lõpuks olla ülimalt 2016 erinevas asen-dis. Jääb näidata, et kõik need asendid on võimalikud. Selleks näitame, et

karudel on võimalik pöörata karusselli täpselt1

2016täispöörde võrra. Siis

saab samasugust operatsioonide järgnevust korrates pöörata karusselli ka2

2016,

3

2016, . . . ,

2016

2016täispöörde võrra. Täpselt

1

2016täispööret võrreldes

algasendiga saame aga siis, kui karuisa keerutab karusselli 1 korra ühessuunas ning karuema ja karulaps kumbki 1 korra vastupidises suunas, sest1

7−

1

9−

1

32=

288 − 224 − 63

2016=

1

2016.

Lahendus 4. Karuisa keerutuste tulemusel pöördub karussell1

7täispöör-

de täiskordse võrra, karuema keerutuste tulemusel1

9täispöörde täiskord-

se võrra ja karulapse keerutuste tulemusel1

32täispöörde täiskordse võrra.

Tulemusena pöördub karussellx

7+

y

9+

z

32ehk

288x + 224y + 63z

2016täispöör-

de võrra, kus x , y , z on mingid täisarvud (positiivsed ja negatiivsed korda-jad märgivad erisuunalisi nihkeid). Seega saab karussell karude keerutuste

tulemusel pöörduda vaid selliste nurkade võrra, mis on1

2016täispöörde

täiskordsed. Et SÜT(288, 224, 63) = SÜT(9 · 32, 7 · 32, 7 · 9) = 1, siis leiduvadtäisarvulised kordajad a , b ja c , nii et a ·288+b ·224+c ·63 = 1. Niisiis võt-tes suvalise täisarvu n korral x = na , y = nb ja z = nc , pöördub karussell

parajastin

2016täispöörde võrra. Seega

1

2016täispöörde kõik täiskordsed

on saavutatavad. Järelikult saab karussell jääda 2016 erinevasse asendisse.

4. Vastus: x = 28, y = 12, z = 6, u = 0.

Lahendus 1. Aritmeetilise ja geomeetrilise keskmise vaheline võrratus arvu-

de 3x , 7y , 14z jaoks annab3x + 7y + 14z

3Ê 3

√

3x · 7y · 14z . Seega järeldub

antud võrdustest võrratuste ahel

252 = 3x + 7y + 14z ÊÊ 3 3

√

3x · 7y · 14z = 33√

3 · 7 · 14 · (2016 + u2) ÊÊ 3

3p

3 · 7 · 14 · 2016 = 33√

26 · 33 · 73 = 22 · 32 · 7 = 252.

Et vastuolu ei tekiks, peavad mõlema võrratuse kohal olema võrdused, st3x = 7y = 14z ja u = 0. Antud süsteemi esimesest võrrandist saame lõpuks

3x = 7y = 14z =252

3= 84, kust x = 28, y = 12 ja z = 6.

12

Lahendus 2. Teisest võrdusest saame, et x y z Ê 2016. Asendades siia esime-sest võrdusest x , saame (252−7y−14z)y z Ê 6048 ehk (36−y−2z)y z Ê 864.Leiame funktsiooni f (y, z) = (36− y −2z)y z maksimumi. Fikseerides z > 0suvaliselt, saame

d f (y, z)

dy= 36z − 2y z − 2z2 = 2z(18 − y − z).

Leitud osatuletis y järgi on null, kui z = 18 − y . Et teine tuletis on ne-gatiivne, siis ükskõik millise fikseeritud positiivse z korral on f (y, z) graa-fikul täpselt üks maksimum kohal y = 18 − z . Nüüd uurime funktsiooni

g (z) = f (18 − z, z) = (18 − z)2z ehk selle maksimumi muutumist, kui z

muutub. Tuletis g ′(z) = (18−z)(18−3z) on null kohal z = 6 (arvesse ei tulez = 18, sest seal y = 0). Et teine tuletis on kohal z = 6 negatiivne, on jällegitegu maksimumiga, st kõikidest maksimumidest on just kohal z = 6 maksi-mum suurim. Et g (6) = f (12, 6) = 864, siis saab algne võrrandisüsteem ollarahuldatud vaid y = 12 ja z = 6 korral. Asendades need väärtused algsessevõrrandisüsteemi, saame pärast lihtsustamist

{

3x = 84,72x − u2 = 2016,

mille ainus lahend on (x, u) = (28, 0).

Lahendus 3. Defineerime funktsiooni f (y, z) = (36 − y − 2z)y z nagu la-

henduses 2 ning leiame tema osatuletisedd f (y, z)

dy= 2z(18 − y − z) ja

d f (y, z)

dz= y(36 − y − 4z). Maksimumi leidmiseks arvestame, et maksi-

mumkohas peavad mõlemad osatuletised võrduma nulliga ehk (y, z) peabrahuldama süsteemi

{

2z(18 − y − z) = 0,y(36 − y − 4z) = 0.

Et x y z Ê 2016, võib kõrvale jätta lahendid, kus y = 0 või z = 0. Jagadesvõrrandid läbi vastavalt suurustega 2z ja y , jääb järele süsteem

{

18 − y − z = 0,36 − y − 4z = 0.

Selle süsteemi ainus lahend on (y, z) = (12, 6). See lahend kuulub tõkesta-tud piirkonda, mis on defineeritud võrratustega y Ê 0, z Ê 0 ja y + 2z É 36(joonisel 17 piiratud jämeda sinise joonega). Et selle piirkonna rajajoonasub sirgetel võrranditega y = 0, z = 0 ja y + 2z = 36, kus kõikjalf (y, z) = 0 < 864 = f (12, 6), siis (12, 6) on funktsiooni f (y, z) maksi-mumkoht. Seega vaadeldavas piirkonnas ainult y = 12, z = 6 saab rahul-dada antud võrrandisüsteemi; sarnaselt lahendusele 2 tuvastame ainsate

13

y

z

z = 6

y = 12

(0, 0)

(12, 6)

Joonis 17

võimalustena x = 28 ja u = 0. Positiivsete reaalarvude paarid (y, z) väl-jaspool vaadeldud piirkonda algset võrrandisüsteemi ei rahulda, sest neisf (y, z) = (36 − y − 2z)y z < 0.

Märkus. Ühe muutuja funktsioonide maksimumide leidmisel toetutaksetüüpiliselt teoreemile, mille kohaselt lõigul diferentseeruv funktsioon saa-vutab sellel lõigul maksimaalse väärtuse kas otspunktis või tuletise nullko-hal. Lahendus 3 kasutab maksimumpunkti leidmisel selle fakti üldistust,mille kohaselt kinnises tõkestatud piirkonnas diferentseeruv funktsioonsaavutab selles piirkonnas maksimumi kas rajajoonel või punktis, kus osa-tuletised võrduvad nulliga. Kinnised tõkestatud piirkonnad on reaalteljelõikude analoogid mitmemõõtmelisel juhul.

Tõkestatud piirkonna määramine ja funktsiooni väärtuste uurimine sellerajal on oluline selle teoreemi kasutamisel. Ei piisaks lihtsalt ainsa punktiväljaselgitamisest, kus osatuletised y ja z järgi on mõlemad nullid, ja kont-rollimisest, kas selles punktis on funktsioonil f (y, z) mõlema muutuja suh-tes lokaalne maksimum. Sellest üldjuhul ei järeldu, et tegu on funktsiooniglobaalse maksimumiga; õigupoolest ei tarvitse selles punktis olla isegi lo-kaalset maksimumi.

Näiteks funktsiooni h(x, y) = (x − y2)(x − 3y2) osatuletised x ja y suhtes

ondh(x, y)

dx= 12x3 − 8x y ja

dh(x, y)

dy= 2y − 4x2 . Punktis (0, 0) on mõ-

lemad võrdsed nulliga. Sirgel y = 0 on tegu lokaalse miinimumiga, sestdh(x, 0)

dx= 12x3 , mis on punktis x = 0 kasvav. Ka sirgel x = 0 on tegu lo-

kaalse miinimumiga, sestdh(0, y)

dy= 2y on punktis y = 0 kasvav. Ometi ei

ole funktsioonil h(x, y) punktis (0, 0) isegi mitte lokaalne miinimumkoht,

sest iga ε > 0 korral h(ε,√

ε2 ) = − ε2

4 < 0 = h(0, 0).

14

A

B

C

K

O

B′

C′

Joonis 18

A B

C

K

O

B′

C′

Joonis 19

5. Lahendus 1. Olgu B ′ ja C ′ vastavalt sirgete AB ja AC teised lõikepunktidkolmnurga BCK ümberringjoonega (joonis 18). Paneme tähele, et

∠BKC = 180◦ −∠CBK −∠BCK =

= 180◦ −∠ABC

2−

(

90◦ +∠ACB

2

)

=

= 90◦ −∠ABC

2−∠ACB

2.

Seega on kaarele BC toetuv kesknurk suurusega 180◦ − ∠ABC − ∠ACB .Kaarele B ′C toetuv kesknurk on suurusega 2∠B ′BC ehk 2∠ABC ja kaare-le C ′B toetuv kesknurk on suurusega 2∠BCC ′ ehk 2∠ACB . Kaarele B ′C ′

toetuv kesknurk on seega suurusega

360◦ −(

180◦ −∠ABC −∠ACB)

− 2∠ABC − 2∠ACB

ehk 180◦ −∠ABC −∠ACB . Seega on kaared BC ja B ′C ′ ühesuurused. Ku-na K poolitab kaare B ′C , siis on järelikult B ′ punkti C peegeldus punktistK tõmmatud diameetri suhtes, C ′ aga punkti B peegeldus. Järelikult peabBB ′ ja CC ′ lõikepunkt A asuma punktist K tõmmatud diameetril.

Märkus. Kasutatud kesknurkade seas võib olla ülinürinurki nagu näitekskaarele B ′C vastav nurk joonisel 19.

Lahendus 2. Olgu L kolmnurga BCK ümberringjoone tipust K tõmmatuddiameetri teine otspunkt (joonis 20). Siis ∠KCL = 90◦ , mistõttu CL onkolmnurga ABC tipu C juures oleva sisenurga poolitaja, ja ∠K BL = 90◦ ,mistõttu BL on kolmnurga ABC tipu B juures oleva välisnurga poolitaja.

Kolmnurga kahest tipust tõmmatud välisnurkade poolitajad ja kolmandasttipust tõmmatud sisenurga poolitaja lõikuvad ühes punktis. Seega kolm-

15

A

B

C

K

O

L

Joonis 20

A

B

C

K

O

M

Joonis 21

nurga ABC tipu A juures oleva välisnurga poolitaja läbib punkte K ja L .Järelikult A asub diameetril K L .

Lahendus 3. Tähistame kolmnurga ABC tippude A , B ja C juures olevadnurgad vastavalt α, β ja γ. Lõikugu kolmnurga BCK ümberringjoone puu-tuja punktis K sirgega BC punktis M (joonis 21). Puutuja ja kõõlu teoreemi

põhjal ∠MKC = ∠MBK =β

2.

Kolmnurga kahest tipust tõmmatud välisnurkade poolitajad ja kolmandasttipust tõmmatud sisenurga poolitaja lõikuvad ühes punktis. Järelikult onAK kolmnurga ABC tipu A juures oleva välisnurga poolitaja. Nüüd

∠CK A = 180◦ −∠K AC −∠KC A = 180◦ −180◦ −α

2−

180◦ − γ

2=

α

2+

γ

2.

Seega

∠MK A = ∠MKC +∠CK A =α

2+

β

2+

γ

2= 90◦.

Et puutuja on risti puutepunktist tõmmatud diameetriga, asub A punktistK tõmmatud diameetril.

6. Vastus: n + m .

Lahendus 1. Märkides kõik ruudustiku vasakus ja alumises ääres asuvadruutude tipud peale vasaku alumise nurga, saab märgitud täpselt n + m

punkti (joonis 22 kujutab olukorda 5×7 ruudustiku korral). Suvalised kolmmärgitud punkti asuvad kas ühel sirgel või nürinurkse kolmnurga tippudes,mistõttu rahuldab konstruktsioon ülesande tingimusi.

Näitame, et rohkem tippe nõutud viisil märkida ei saa. Selleks vaatlemesuvalist ülesande tingimustele vastavat punktide märkimist; olgu märgitudpunktide arv s . Kõik ruutude tipud asuvad n + 1 horisontaal- ja m + 1

16

Joonis 22

vertikaalsirgel; olgu h ja v vastavalt horisontaalide ja vertikaalide arv, kuson märgitud rohkem kui üks punkt, ning olgu neil horisontaalidel ja ver-tikaalidel kokku vastavalt H ja V punkti. Olgu veel U nende märgitudpunktide arv, millega samal horisontaalil ega vertikaalil ei asu ühtki punkti.Ükski punkt ei saa asuda samal horisontaalil ja ka samal vertikaalil min-gi teise punktiga, sest nii tekiks täisnurkne kolmnurk tippudega märgi-tud punktides. Järelikult H + V + U = s . Samal põhjusel kehtib võrratush + V + U É n + 1 (kõik märgitud punktid, mis on samal vertikaalil mõneteise märgitud punktiga, peavad asuma omaette horisontaalidel) ja analoo-giliselt ka võrratus H + v +U É m + 1. Arvestades leitud seoseid, saame

s + (h + v) É s + (h + v +U ) == (H + V +U ) + (h + v +U ) == (h + V +U ) + (H + v +U ) ÉÉ n + m + 2.

Järelikult s É n + m + 2 − (h + v). Kui h + v Ê 2, siis tuleneb sellest vajalikvõrratus s É n + m . Kui aga h + v < 2, siis puuduvad kas horisontaalid võivertikaalid rohkem kui ühe märgitud punktiga; vastavalt kas s É n + 1 võis É m + 1. Kuna n ja m on positiivsed, siis mõlemal juhul s É n + m .

Lahendus 2. Kõik ruutude tipud asuvad n + 1 horisontaal- ja m + 1 verti-kaalsirgel.

Oletame, et ruudustikus on märgitud rohkem kui n + m ehk vähemaltn + m + 1 punkti. Et m > 0 tõttu on märgitud punktide arv suurem kuihorisontaalide koguarv n + 1, on Dirichlet’ printsiibi põhjal vähemalt ühelhorisontaalil rohkem kui üks märgitud punkt. Sellest tulenevalt on omaettehorisontaalidel ülimalt n märgitud punkti. Analoogselt saab omaette ver-tikaalidel asuda ülimalt m märgitud punkti. Seega leidub märgitud punkt,mis ei asu ei omaette horisontaalil ega omaette vertikaalil. Siis aga moo-dustub täisnurkne kolmnurk tippudega märgitud punktides.

Seega saab ülesande tingimuste kohaselt märkida ülimalt n + m punkti.Konstruktsiooni n + m märgitud tipuga anname nagu lahenduses 1.

17



Hindamisskeemid

1. (Oliver Nisumaa)

Tüüpiliste lahenduste eest anti punkte järgnevalt.

◦ Üheselt mõistetav joonis või seletus, kuidas kuuske tükeldadaja tükid kolmnurgaks kokku panna, kasutades pööramist, nihu-tamist ja peegeldamist: 7 p

Ainult õige vastuse eest punkte ei antud. „Korruse“ nurkade leidmise võiselle teatud kujundidest koosnemise näitamise eest punkte ei antud.

2. (Evely Kirsiaed)

Tüüpiliste lahenduste eest anti punkte järgnevalt.

◦ Täislahendus: 7 p

◦ Lahendus mõningaste pudustega: 4–6 p

◦ Esitatud õige vastus ilma põhjendusteta: 3 p

Peamised puudused lahenduskäigus, mille eest karistati 1 miinuspunktiga,olid järgmised.

• Ei käsitletud juhtu, kus arvude aba ja 2016 liitmisel võiks tekkida 3-gaalgav arv.

• Ei käsitletud juhtu, kus arvude 6b6 ja 2016 liitmisel võiks tekkida üle-kanne kümnelistest sajalistesse.

3. (Triinu Veeorg) Tüüpiliste lahenduste eest anti punkte järgnevalt.

◦ Näidatud, et iga arvu i = 1, 2, . . . , n jaoks leidub arv n positiivsejärjestikuse täisarvu seas, mis jagub arvuga i : 2 p

◦ Lisaks esimesele punktile järeldatud, et iga arvu i = 1, 2, . . . , n

korral jagub n järjestikuse positiivse täisarvu vähim ühiskordnearvuga i : 3 p

◦ Lisaks esimesele punktile järeldatud, et n järjestikuse positiiv-se täisarvu vähim ühiskordne jagub arvude 1, 2, . . . , n vähimaühiskordse iga algteguriga: 3 p


18

Üks üllatav tüüpviga oli, et arvati, et suvaliste täisarvude vähim ühiskord-ne on alati 1. See tulenes sellest, et vähima ühiskordse asemel otsiti vähi-mat ühistegurit. Kuna iga täisarvu vähim tegur on 1, ei ole vähima ühis-teguri vaatlemine sisukas. Samuti arvati, et olles ära näidanud, et iga arvui = 1, 2, . . . , n jaoks leidub n järjestikuse positiivse täisarvu seas arv, mis ja-gub arvuga i , võib kohe järeldada ka vastavate vähimate ühiskordsete jagu-vuse. Sellisel juhul on aga olulised sammud vahele jäetud ning kuna väideise on triviaalne, siis selle eest sai vaid 2 punkti. Kui see väide oli tõestatudpoolikult või vigadega, saadi ainult 1 punkt.

4. (Aleksei Lissitsin)

Osa a) ja b) lahenduste eest antud punktid summeeriti.

◦ Osa a): 3 p

Sealhulgas tüüpiliste osaliste lahenduste eest:

• Toodud näide arvudest x ja y (näiteks x = y =1

2), mis

sobivad kõikide sama paarsusega a ja b jaoks, kuid piisavpõhjendus puudub: 1 p

◦ Osa b): 4 p

Sealhulgas tüüpiliste osaliste lahenduste eest:

• Proovitud vaadelda juhtumit |a − b| = 1: 1 p

• Tuletatud žürii lahenduse 2 osas b) esinevad arvude x ja y

esitused (või analoogilised): 2 p

• Jõutud tingimuseni, et (b − a)y peaks olema täisarv (võianaloogilise tingimuseni), nagu žürii lahenduses 1: 2 p

Väheoluliselt puudulike argumentide ja väikeste vigade eest võeti reeglina1 punkt maha.

5. (Joonas Kalda)

Lahenduse järgnevalt välja toodud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Näidatud, et kolmnurk ABO on võrdhaarne: 1 p

◦ Näidatud, et kolmnurk BKO on võrdhaarne: 1 p

◦ Näidatud, et kolmnurk ABO on võrdkülgne: 2 p

◦ Arvutatud nurk BKO : 1 p

◦ Arvutatud nurk BLK : 2 p

Ülesande kõige raskemaks osaks osutus kolmnurga ABO võrdkülgsuse näi-tamine.

Mitmed õpilased mõõtsid joonise pealt külgede pikkused ja ütlesid sellepõhjal, et kolmnurk BK L on võrdhaarne. Nii pole aga võimalik saavutadaabsoluutset täpsust ja kui ka oleks, siis ülesande väide on vaja tõestada üld-juhu jaoks. Üldiselt ei aksepteerita jooniselt mõõtmist olümpiaadidel ühegigeomeetriaülesande puhul.

19

6. (Kristjan Kongas)

Tüüpiliste mõttekäikude eest anti punkte järgnevalt.


◦ Lahendus hooletusvigadega: 6 p

◦ Lihtsad kasulikud tähelepanekud: 1–2 p

Tihti näidati, et mingil erijuhul, näiteks kui lambid moodustavad jada, üles-ande väide kehtib ning selle põhjal järeldati, et väide kehtib alati. Mit-med õpilased said ka ülesandest valesti aru, arvates, et lambid on kahe-kaupa paarides, kusjuures ainult paariliste vahel võib olla ühendus. Üles-ande tekstis mainitud väljend „mõned lampide paarid“ tähendab osa kõigivõimalike lambipaaride hulgast umbes samamoodi, nagu tihti kasutatudväljend „paarikaupa erinevad“ tähendab, et iga hulga element erineb igastteisest elemendist, ehk võimalikust paarilisest.

20



Hindamisskeemid

1. (Reimo Palm) Lahenduse allpool märgitud osade eest antavad punktidsummeeriti.

◦ Põhjendus, miks vastus peab olema vähemalt 31: 4 p

◦ Sobiv näide: 2 p

◦ Õige lõppvastus 31: 1 p

Paljudel puhkudel oli minimaalsus põhjendatud liiga ebamääraselt või oliarutluskäigus tehtud lisaeeldusi, mis ei tarvitse kõigil juhtudel kehtida.Põhjendusi, mis seisnesid lihtsalt selles, et keskel peab olema 1, sest seeesineb neljas summas, hinnati 1 punktiga.

Näite toomisel unustati mõnikord ära, et ka keskmise 7 ringi arvude sum-ma peab olema 31.

2. (Markus Rene Pae) Lahenduse allpool märgitud osade eest antud punktidsummeeriti.

◦ Leitud loogilise arutluse tulemusena, et K = 9, P = 1 ningR = 0: 2 p

Sealhulgas:

• Leitud vaid kaks tundmatut kolmest: 1 p

◦ Pandud kokku seosed 13 É A + O É 15, 1 + I = N ja 1 + L = U : 1 p

◦ Süstemaatiliselt vaadeldud ühe tähe keskselt kõik võimalusedläbi ning põhjendatud, miks rohkem võimalusi ei ole (näidisla-henduses on vaadeldud kolme võimalust läbi U väärtuse, kuidselle asemel saab kasutada ka näiteks L või I väärtust: 4 p

Sealhulgas:

• Teostatud variantide läbivaatus, kuid jäetud mõni võrran-deid rahuldav arvude hulk vahele: 2 p

Täislahendus, milles jäeti arvestamata A ja O vahetatavus ning leiti seetõt-tu vaid pooled lahendid, sai 6 punkti.

3. (Härmel Nestra)

Keerutuskombinatsioonide tulemuste unikaalsuse kaudu mineva lahen-duse (žürii lahendus 1) allpool märgitud osade eest antud punktid sum-meeriti.

21

◦ Märgitud, et karud saavad eraldi võetuna tekitada vastavalt 7, 9ja 32 asendit (või 6, 8 ja 31 algasendist erinevat asendit): 1 p

◦ Õige arvutusega (nt korrutades) leitud kõikvõimalike keerutus-kombinatsioonide arv: 1 p

◦ Mainitud, et 7, 9, 32 on paarikaupa ühistegurita või midagiilmselt samatähenduslikku: 1 p

◦ Tõestatud, et erinevad keerutuskombinatsioonid annavad eri-neva lõppasendi: 4 p

Murru1

2016täiskordsete analüüsil põhineva lahenduse (lisalahendused 3–

4) allpool märgitud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Leitud, et iga pööre on1

2016täispöörde täiskordne: 1 p

◦ Järeldatud (kasvõi vihjamisi), et vaid 2016 erinevat lõppasendittulevad kõne alla: 1 p

◦ Näidatud, kuidas karud saavad karusselli algasendiga võrreldes1

2016täispöörde võrra pöörata, või et leiduvad täisarvud a , b ,

c , mille korral 288a + 224b + 63c = 1: 4 p

Sealhulgas tüüpiliste osaliste mõttekäikude eest:

• Esitatud idee avaldada arv1

2016(või

2015

2016või −

1

2016vms)

arvude1

7,

1

9,

1

32täiskordsete summana, kuid seda tehtud

vigaselt: 1 p

• Märgitud, et SÜT(288, 224, 63) = 1: 2 p

◦ Eelmisest järeldatud, et 2016 lõppasendit on võimalikud: 1 p

Esimese skeemi 3. rea eest anti punkt vaid siis, kui oli üheselt mõistetavaltpeetud silmas, et 7, 9 ja 32 on paarikaupa ühistegurita. Kui näiteks sõna„paarikaupa“ oli puudu, siis seda punkti ei antud, sest lihtsalt sellest, etSÜT(7, 9, 32) = 1, ei ole abi.

Tööde hindamine oli raske, sest palju sõltus sellest, kui selgelt olid põh-jendused kirja pandud, piir ammendava ja puuduliku põhjenduse vaheloli hägune. Õige vastus oli väga paljudel kätte leitud, kuid enamasti olidpõhjendused lünklikud. Eriti palju oli töid, kus leiti vastus 2016 erineva-te keerutuskombinatsioonide arvuna, erinevatele keerutuskombinatsioo-nidele vastavate lõpptulemuste erinevust aga ei puudutatud üldse või põh-jendati seda ebamääraselt sellega, et arvudel 7, 9 ja 32 puuduvad ühisedtegurid.

4. (Kaur Aare Saar) Tüüpiliste lahenduste eest anti punkte järgnevalt.


◦ Leitud lahend (x, y, z, u) = (28, 12, 6, 0): 1 p

22

◦ Teisendatud võrrandisüsteem kahe muutujaga võrratuseks, näi-teks (252 − 7y − 14z)y z Ê 3 · 2016: 1 p

Leidus palju lahendajaid, kes polnud ülesande teksti tähelepanelikult lu-genud ja otsisid lahendeid ainult täisarvude hulgast. Lahendajad, kes olidrakendanud aritmeetilise ja geomeetrilise keskmise võrratust, suutsid la-henduse lõpuni viia probleemideta.

5. (Oleg Košik)

Tüüpiliste lahenduste eest anti punkte järgmiselt.

Olgu O kolmnurga BKC ümberringjoone keskpunkt ning L punktist K

tõmmatud diameetri teine otspunkt (nagu joonisel 20).

◦ Tõestatud, et ∠B AC = 2∠BKC : 1 p

◦ Märgitud, et nurgad K BL ja KCL on täisnurgad: 1 p

◦ Tõestatud, et CL on nurga ACB poolitaja: 1 p

◦ Tõestatud, et ABCO on kõõlnelinurk: 2 p

◦ Jõutud olukorda, kust saab lahenduse lihtsalt lõpule viia, kuimärgata, et AK on tipu A välisnurga poolitaja või et ABCO onkõõlnelinurk: 3 p

◦ Korrektne lahendus, kui CK oleks kolmnurga ABC tipu C juu-res oleva sisenurga (mitte välisnurga) poolitaja: 5 p

◦ Korrektne tõestus: 7 p

Nelja esimese rea eest sai punkte üldjuhul vaid siis, kui vastavad väited olidilmutatult välja toodud. Teise ja kolmanda rea punktid on aditiivsed, muu-del juhtudel mitte.

Tööde hindamine oli raske, sest ülesannet sai lahendada väga mitmel eri-neval viisil ning ühesuguseid lahendusi praktiliselt ei esinenudki. Mõneslahenduses oli lahenduse keskel joonisele tuginedes sisuliselt eeldatud, etpunktid A , K ja O (või L) juba asuvad ühel sirgel. Selline lahendus ei saamuidugi õige olla, kuid viga oli oskuslikult ära peidetud ning mõnikordkontrollija ei avastanudki seda kohe esimesel lugemisel.

Üllatavalt paljudes töödes ekslikult arvati, et kolmnurga välisnurga poolita-ja on sama mis sisenurga poolitaja, kuigi välisnurk on 8. klassi mõiste. Üles-ande väide jääb siiski kehtima ka sellisel juhul, kusjuures tõestuse ideed onsarnased õige ülesande omadega, kuigi nende peale tulek võib mõnel juhulolla ehk natuke lihtsam.

6. (Ago-Erik Riet)

Lahenduse järgnevalt välja toodud osade eest antud punktid summeeriti.

◦ Arvutatud suurim märgitud punktide arv m + n õigesti: 1 p

◦ Kirjeldatud sellele vastav näide: 1 p

◦ Põhjendatud, et näide väldib kõiki täisnurkseid kolmnurki: 1 p

23

◦ Tõestatud, et suurema märgitud punktide arvuga ülesande tin-gimusi rahuldavat näidet ei leidu: 4 p

Näite sobivuse põhjenduse eest punkti ei antud, kui kogu õpilase töös oliräägitud ainult mõnd eri tüüpi täisnurksetest kolmnurkadest (näiteks sel-listest, mille mõni külg on paralleelne või 45-kraadise nurga all koordinaat-teljega või mis on võrdhaarne). Samuti ei saanud punkti, kui õpilase arva-tes oli täisnurksete kolmnurkade mitteleidumine ilmne ja põhjendus puu-dus.

Kui skeemi viimase osa tõestuses olid tehtud samme mõnest žüriile tea-daolevast korrektsest tõestusest, sai enamasti selle osa eest 1 punkti.

24

lahtine võistlus 2016 talvmath.olympiaadid.ut.ee/arhiiv/lahtine/lv2016t/lvt2016.pdfon täisnurkne....

Documents