Piirkonnavoor 2019 - utEesti LXVI matemaatikaolümpiaad 6. veebruar 2019 Piirkonnavoor 7. klass I...

Piirkonnavoor 2019

Ülesanded 17. klass . . . . . . . . . . . . . . 1

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 3

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 5

7. klass . . . . . . . . . . . . . . 7

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 8

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 9

10. klass . . . . . . . . . . . . . 10

11. klass . . . . . . . . . . . . . 11

12. klass . . . . . . . . . . . . . 12

Ülesanded vene keeles 137 класс . . . . . . . . . . . . . . 13

8 класс . . . . . . . . . . . . . . 15

9 класс . . . . . . . . . . . . . . 17

7 класс . . . . . . . . . . . . . . 19

8 класс . . . . . . . . . . . . . . 20

9 класс . . . . . . . . . . . . . . 21

10 класс . . . . . . . . . . . . . 22

11 класс . . . . . . . . . . . . . 23

12 класс . . . . . . . . . . . . . 24

Lahendused 257. klass . . . . . . . . . . . . . . 25

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 28

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 31

7. klass . . . . . . . . . . . . . . 34

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 36

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 39

10. klass . . . . . . . . . . . . . 42

11. klass . . . . . . . . . . . . . 47

12. klass . . . . . . . . . . . . . 53

Hindamisjuhised 59Hindamisjuhised . . . . . . . . 59

7. klass . . . . . . . . . . . . . . 61

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 62

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 63

7. klass . . . . . . . . . . . . . . 64

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 66

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 68

10. klass . . . . . . . . . . . . . 70

11. klass . . . . . . . . . . . . . 73

12. klass . . . . . . . . . . . . . 76

Kontrollijate kommentaarid 79Kommentaarid . . . . . . . . . 79

7. klass . . . . . . . . . . . . . . 80

8. klass . . . . . . . . . . . . . . 81

9. klass . . . . . . . . . . . . . . 82

10. klass . . . . . . . . . . . . . 84

11. klass . . . . . . . . . . . . . 87

12. klass . . . . . . . . . . . . . 90

Võistluskomplekti valmimisse panustasid:

Elts AbelKaarel Hänni

Maksim IvanovJaan Kristjan Kaasik

Oleg KošikNikita Leo

Aleksei Lissitsin

Härmel NestraMarkus Rene Pae

Erik PaemurruAgo-Erik Riet

Sandra SchumannRaili Vilt

Eesti LXVI matemaatikaolümpiaad

6. veebruar 2019 Piirkonnavoor 7. klass

I osa. Lahendamisaega on 40 minutit.Sellele lehele kirjuta ainult vastused, lahendamiseks võidkasutada lisapaberit.Iga ülesande õige vastus annab 2 punkti.Elektroonilised ega kirjalikud abivahendid ei ole lubatud.

1. Arvuta:2019020190 : 2019 = . . . . . . . . . . .

2. Arvud a ja b on sellised, et 3a = 4b ja a 6= 0. Leia murru6a − b

6a + bväärtus.

. . . . . . . . . .

3. Kui palju on kahekümne arvu 1, 2, 3, . . . , 20 seas selliseid, mida saab esitadakahe erineva arvude 1, 2, 3, . . . , 10 seast valitud liidetava summana? (Näiteks8 = 2 + 6, liidetavad on arvude 1, 2, 3, . . . , 10 seast ja erinevad.)

. . . . . . . . . .

4. Tabeli esimesse ritta kirjutatakse järjest arvu 2 kõik kordsed kasvavas järjes-tuses ja teise ritta samamoodi arvu 3 kõik kordsed. Mitmendas veerus olevakahe arvu summa on 70?

2 4 6 . . .3 6 9 . . .

. . . . . . . . . .

5. Arvudest 2, 0, 1 ja 9 moodustatakse kõik sellised arvupaarid, kus esimenearv on väiksem teisest arvust. Seejärel leitakse iga sellise paari arvude arit-meetiline keskmine. Leia kõigi saadud keskmiste summa.

. . . . . . . . . .

6.

24◦

A

B

C

D

Täisnurkse kolmnurga ABC küljel AB märgitakse sellinepunkt D , et |CD| = |DB | ja nurga ACD suurus on 24◦ .Leia nurga ABC suurus.

. . . . . . . . . .

7.

A

B

C

Lõigule AB pikkusega 12 cm joonestatakse ükspoolringjoon ja veel pool niisama suurest pool-ringjoonest. Leia nende poolringjoonte kaartesttekkiva kõverjoone AC täpne pikkus, kui ABC

on täisnurk.

. . . . . . . . . .

8.

A B

CD

K

LPunktid K ja L valitakse vastavalt ruudu ABCD külge-del AB ja CD nii, et nurkade AK D , LK B ja ABL suu-rused on võrdsed. Kui suure osa ruudu ABCD pind-alast moodustab tumedaks värvitud kolmnurga K BL

pindala?

. . . . . . . . . .

9. Punktid A , B , C ja D asuvad arvteljel. Punkti A kaugus punktist C (−4) on 5ja punkti B kaugus punktist D(3) on 8. Leia vähim võimalik punktide A jaB vaheline kaugus.

. . . . . . . . . .

10. Ühesugustest ruudukestest koosneva kujundi ümbermõõt on P .Sellest kujundist lõigatakse ükshaaval ruudukesi välja, nii et ku-jund ei lagune mitmeks erinevaks tükiks ja pärast iga ruudukeseväljalõikamist alles jääva kujundi ümbermõõt on ikka P . Leiasuurim võimalik äralõigatavate ruudukeste arv. (Tükid, mis onseotud ainult nurkapidi, loeme erinevateks.)

. . . . . . . . . .




1. Arvuta:2 · (0 − 1) : 9

2 · 0 − 1 : 9= . . . . . . . . . . .

2. Leia arv a , mille korral21

19= 1 + 1

a + 12

.

. . . . . . . . . .

3. Kui palju on kolmekümne arvu 1, 2, 3, . . . , 30 seas selliseid, mida ei saa esi-tada kolme erineva arvude 1, 2, 3, . . . , 10 seast valitud liidetava summana?

. . . . . . . . . .

4. Tabeli esimesse ritta kirjutatakse järjest arvu 2 kõik kordsed kasvavas järjes-tuses, teise ritta samamoodi arvu 3 kõik kordsed ja kolmandasse ritta sa-mamoodi arvu 4 kõik kordsed. Mitmendas veerus oleva kolme arvu summaon 234?

2 4 6 . . .3 6 9 . . .4 8 12 . . .

. . . . . . . . . .

5. On antud n arvu, mille aritmeetiline keskmine on 20. Kui neile lisada veelarv 100, oleks nende arvude aritmeetiline keskmine 25. Leia arv n .

. . . . . . . . . .

6.

97◦

123◦

A

B

C

D

EK

Kolmnurgas ABC on |AC | = |BC |.Küljel AB asuvast punktist D tõm-matakse lõik DE , mis lõikub küljegaAC punktis K . Leia nurga ACB suu-rus, kui on teada, et ∠ADK = 97◦ ja∠DKC = 123◦ .

. . . . . . . . . .

7. Kahest võrdsest ringjoonest raadiusega 3 cm üks läbibteise keskpunkti. Leia nende ringjoontega piiratud ku-jundi (joonisel tumedaks värvitud) täpne ümbermõõt.

. . . . . . . . . .

8. Kolmnurga ühe nurga suurus on 54◦ ja see on 40% võrra väiksem selle kolm-nurga teise nurga suurusest. Leia selle kolmnurga kolmanda nurga suurus.

. . . . . . . . . .

9. K

L

Kaks võrdset ristkülikut pindalaga 4 cm2 on ase-tatud teineteise peale nii, et külgede lõikepunk-tid K ja L on mõlema ristküliku vastavate kül-gede keskpunktid. Leia ristkülikute poolt kaetudkujundi (joonisel tumedaks värvitud) pindala.

. . . . . . . . . .

10. Ühesugustest ruudukestest koosneva kujundi ümbermõõt on P .Sellest kujundist lõigatakse ükshaaval ruudukesi välja, nii et ku-jund ei lagune mitmeks erinevaks tükiks ja pärast iga ruudukeseväljalõikamist allesjääva kujundi ümbermõõt on ikka P . Leia suu-rim võimalik äralõigatavate ruudukeste arv. (Tükid, mis on seotudainult nurkapidi, loeme erinevateks.)

. . . . . . . . . .




1. Arvuta:20 : 19 · 20 : 19

20 : (19 · 20) : 19= . . . . . . . . . . .

2. Leia naturaalarvud m ja n , kui2019

2009= 1 + 1

200 + 1m+ 1

n

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. Tabeli esimesse ritta kirjutatakse järjest kõik paarisarvud alates arvust 20 jateise ritta samamoodi kõik paaritud arvud alates arvust 19. Mitmendas vee-rus oleva kahe arvu summa on 111?

20 22 24 . . .19 21 23 . . .

. . . . . . . . . .

4. Kui palju on järjestikuste täisarvude 1, 2, 3, . . . , 2019 seas selliseid, mida saabesitada nelja erineva arvude 1, 2, 3, . . . , 100 hulgast valitud liidetava summa-na?

. . . . . . . . . .

5. Kolme positiivse täisarvu 2, 3 ja n aritmeetiline keskmine jagub nii arvuga 2kui ka arvuga 3. Leia n , kui see on võimalikest vähim.

. . . . . . . . . .

6.

A

BC

D

E

K L

M

Korrapärase viisnurga ABCDE küljele AB on joones-tatud ruut ABLM ja küljele BC võrdkülgne kolmnurkBCK . Leia nurga BK L suurus.

. . . . . . . . . .

7.

A B

C D

K L M

Lõik AB pikkusega 24 cm jaotatakse punk-tidega K , L ja M neljaks võrdseks osaks.Poolringjoon diameetriga AL lõikab punk-tis C poolringjoont diameetriga K M , misomakorda lõikab punktis D poolringjoontdiameetriga LB . Leia poolringjoonte kaartest tekkiva kõverjoone ACDB

täpne pikkus.

. . . . . . . . . .

8.

K

L

M

N

Kolm võrdset ristkülikut pindalaga 16 cm2 on aseta-tud üksteise peale nii, et külgede lõikepunktid K , L , M

ja N on vastavate külgede keskpunktid. Leia ristküliku-te poolt kahekordselt kaetud pinnatükkide kogupind-ala.

. . . . . . . . . .

9. Puust kuubi kõigi tahkude värvimiseks kulub 0,12 l vär-vi. Kuup lõigatakse kahe ristuva lõikega neljaks risttahu-kaks. Kui palju värvi kulub nende risttahukate kõigi tah-kude värvimiseks?

. . . . . . . . . .

10.

A

B

3 km 3 km

3 km 3 km

4 km

Metsas on neli teerada pikkusega 3 km ja üks teeradapikkusega 4 km. Matk pikkusega 36 km algab punk-tist A ja lõpeb punktis B . Mitu korda tuleb läbida ra-da pikkusega 4 km, kui ühtki rada viiest ei läbita mitukorda järjest?

. . . . . . . . . .



II osa. Lahendamisaega on 2 tundi.Ülesannete lahendused kirjuta eraldi lehele.Iga ülesande õige ja ammendavalt põhjendatud lahendusannab 7 punkti. Ainult vastusest ei piisa!Elektroonilised ega kirjalikud abivahendid ei ole lubatud.

1. Sven kirjutab arvud 2, 3, 5, 7, 8, 10, 11 vihikusse sellises järjestuses, et neljaesimese arvu summa võrdub nelja viimase arvu summaga. Leia kõik võima-lused, milline arv saab paikneda Sveni järjestuses keskel.

2.

A BK

Kuup lõigatakse kaheks risttahukaks, mille täispindala-de summa on 72 cm2 võrra suurem kuubi enda täis-pindalast. Seejuures jaotab lõige kuubi serva AB punk-tiga K kaheks osaks nii, et |AK | = 2|K B |.a) Leia kuubi serva pikkus.

b) Leia lõikel tekkinud kahe risttahuka ruumalad.

c) Mitu protsenti kuubi ruumalast moodustab väiksema risttahuka ruum-ala?

3. Anni, Toomas ja Kert said jõulupakkides kolme peale kokku 100 kommi.Toomas jagas pooled oma kommidest võrdselt Anni ja Kerdi vahel. Pärastseda jagas Kert omakorda pooled oma kommidest võrdselt Anni ja Tooma-se vahel. Nüüd oli Annil ja Kerdil komme võrdselt, aga Toomasel 4 kommirohkem kui Kerdil. Kui palju komme oli igal lapsel esialgu?




1. Esta valib kaks naturaalarvu. Ühe korrutab ta arvuga 20, teise aga arvuga19. Saadud kahe korrutise summa on 292. Leia kõik võimalused, millisedsaavad olla Esta valitud kaks arvu.

2. Ruudu ABCD külje BC keskpunkt on K . Küljel CD valitakse punkt L nii, et

kolmnurga ADL pindala ja kolmnurga ABK pindala jagatis on4

3. Kui suure

osa ruudu ABCD pindalast moodustab nelinurga AKCL pindala?

3. Arvsirgel on antud punkt A(2019) ning punktid B ja C , mille koordinaadidon teineteise vastandarvud. Punkti A kaugus punktist B on 2 korda suuremkui punkti A kaugus punktist C . Leia punkti B kõik võimalikud koordinaa-did.




1. Õpetaja kirjutas tahvlile mingi naturaalarvu, milles aga Juku kustutas vahe-tunnil kümneliste numbri. Õpetaja märkas, et kui kirjutada tühjaksjäänudnumbrikohale ükskõik milline nullist erinev number, siis jagub niimoodisaadud arv kirjutatud numbriga. Millise arvu oli õpetaja algselt tahvlile kir-jutanud, kui on teada, et see on antud tingimustel võimalikest kolme- võienamakohalistest arvudest vähim?

2. Leia kõik võimalused asendada tehtes

K I L O

+ G R A M M

M E E T E R

kõik tähed numbritega nii, et liitmine oleks korrektne, seejuures asendadeserinevad tähed erinevate numbritega, sama tähe aga alati sama numbriga.

3. Rööpküliku ABCD tipu A juures oleva nurga poolitaja läbib külje BC kesk-punkti M . Tõesta, et AMD on täisnurk.

4. Kas on võimalik täisarvud 1 kuni 8 paigutada kõik erinevatesse kuubi tippu-desse nii, et kehtivad mõlemad järgmised tingimused?

1) Iga serva otspunktides olevad arvud erinevad teineteisest rohkem kui1 võrra.

2) Iga tahu tippudes leidub nii paaris- kui ka paarituid arve.



Lahendamisaega on 5 tundi.Iga ülesande õige ja ammendavalt põhjendatud lahendus annab 7 punkti.Elektroonilised ega kirjalikud abivahendid ei ole lubatud.

1. Leia avaldise

4036

4037+ 4038

4039+ 4040

4038+ 4038

4037 · 4039− 2018

4037 · 4038− 2020

4038 · 4039

väärtus.

2. Kaupluses A on arvuti x protsenti odavam kui sama arvuti kaupluses B.Allahindluskampaania raames langetab kauplus A selle arvuti hinda 10%ning kauplus B omakorda 40%. Allahindluste järel on kaupluses A see arvutix protsenti kallim kui kaupluses B. Leia x .

3. Kui palju leidub mittenegatiivsete täisarvude paare (a, b), mis rahuldavadvõrdust 22a + 15b = 2019?

4. Olgu p ja q sellised reaalarvud, et ruutvõrrandil x2 − px + q = 0 on kaksreaalarvulist lahendit x1 ja x2 . Leia x3

1 + x32 .

5. Kolmnurga ABC mingi kahe külje keskristsirged lõikuvad kolmnurga ABC

mingi sisenurga poolitajal. Tõesta, et kolmnurk ABC on võrdhaarne.

6. Ruudustikus mõõtmetega 8×8, mille kõik ühikruudud on alguses valged, onühel käigul lubatud valida suvaline ruudustiku joontega piirnev ala mõõt-metega 3 × 3 ja muuta selles kõik valged ühikruudud mustaks ja mustadühikruudud valgeks. Kas nende sammudega on võimalik jõuda seisu, kusruudustiku kõik ühikruudud on mustad?




1. Leia võrrandi|x − 2| + |x − 3| = 5

kõik reaalarvulised lahendid.

2. Millises järjestuses paiknevad arvteljel arvud 234, 243

, 324, 342

, 423, 432

?

Märkus. Kirjutis abc

tähistab astet a(bc ) , mitte astet (ab)c .

3. Täisarvud 1 kuni 2n paigutatakse ilma kordusteta n hariliku murru luge-jateks ja nimetajateks. Kas võib juhtuda, et saadud murdude summa ontäisarv, kui

a) n = 4;

b) n = 6?

4. Olgu α mingi nurk, mis pole 90◦ täiskordne. Tõesta võrratus

(

1

2 cos α2

)2

+(

1

4 cos α4

)2

+(

1

8 cos α8

)2

<(

1

sinα

)2

.

5. Võrdhaarse kolmnurga alusnurgast tõmmatud mediaan on selle kolmnurgaalusega ühepikkune. Leia selle kolmnurga pindala, kui aluse pikkus on 1 m.

6. Leia kõik positiivsed täisarvud n , mille korral on võimalik avaldises

0 + 1 + 2 + 3 + . . . + n

esinevast n plussmärgist asendada osa miinusmärkidega nii, et saadud aval-dise väärtus on 0.




1. Õpilased A, B, C, D, E, F ja G võrdlesid oma tulemusi arvutamisoskuste olüm-piaadil. Selgusid järgmised tõsiasjad.1) Õpilane A oli kolme parima seas.2) Õpilane B oli pingereas eespool õpilast C, kes omakorda oli eespool õpi-

last D.3) Õpilane E oli pingereas eespool õpilast F, kes omakorda oli eespool õpi-

last G.4) Kõik seitse õpilast said erineva tulemuse.

Leia kõigi seitsme õpilase erinevate võimalike omavaheliste järjestuste arvneil tingimustel.

2. Leia arvu 2 log 2+ 2 log 3− log 13+ 2 log 19 täisosa (logaritmid on alusel 10).Märkus. Reaalarvu x täisosa on suurim täisarv, mis ei ületa arvu x .

3. Jadas a0, a1, a2, a3, . . . on a0 = 1 ning iga n Ê 2 korral kehtib võrdusan = 20an−2 + 19an−1 . Kas selle jada liikmete seas leidub mõni 1-st suu-rem täisarvu ruut, kuia) a1 = 6;b) a1 = 7?

4. Tõesta, et võrrandil

1 + x + x2 + x3 + . . . + x2018 = 1

2019

puuduvad reaalarvulised lahendid.

5. Tõesta, et iga kolmnurga siseringjoone raadius on vähemalt kolmandik sellekolmnurga pikimale küljele tõmmatud kõrgusest, ja leia kõik kolmnurgad,mille puhul kehtib võrdus.

6. Nimetame AB-sõnaks suvalist tähtede A ja B järjestkirjutust. Antud AB-sõnaosasõnaks nimetame suvalist AB-sõna, mille saab antud AB-sõnast mingitetähtede vahelt välja jätmisel. Näiteks AB-sõnast AABBAA neljanda ja kuuen-da tähe väljajätmisel saab osasõna AABA.Olgu n positiivne täisarv.a) Leia suurim võimalik tähtede arv AB-sõnas, mille erinevatel viisidel saa-

dud n-tähelised osasõnad on kõik erinevad.b) Leia vähim võimalik tähtede arv AB-sõnas, mille osasõnade seas leidu-

vad kõik n-tähelised AB-sõnad.

LXVI Олимпиада Эстонии по математике

6 февраля 2019 г. Региональный тур 7 класс

I часть. Время, отводимое для решения: 40 минут.

На этом листке написатьтолько ответы, для решения

можно использовать дополнительную бумагу.

Верный ответ каждой задачи даёт 2 балла.

Вспомогательные письменные материалы или электронные приборы

не разрешены.

1. Вычислить:

2019020190 : 2019 = . . . . . . . . . . .

2. Числа a и b такие, что 3a = 4b и a 6= 0. Найти значение дроби6a − b

6a + b.

. . . . . . . . . .

3. Сколько всего среди двадцати чисел 1, 2, 3, . . . , 20 таких, которые можно

представитьв виде суммыдвух различных слагаемых, каждоеиз которых

выбрано из чисел 1, 2, 3, . . . , 10? (Например, 8 = 2 + 6, где слагаемые раз-личны и выбраны из чисел 1, 2, 3, . . . , 10.)

. . . . . . . . . .

4. В первый ряд таблицы в порядке возрастания записывают подряд все

кратные числа 2, а во второйряд такимжеобразом записывают все крат-

ные числа 3. Найти порядковый номер столбца, в котором сумма двух за-

писанных чисел будет равна 70.

2 4 6 . . .3 6 9 . . .

. . . . . . . . . .

5. Из чисел 2, 0, 1 и 9 образовали все такие пары, в которых первое чис-

ло было меньше второго. Затем для каждой образованной пары нашли

арифметическое среднее входящих в нее чисел. Найти сумму всех полу-

ченных средних.

. . . . . . . . . .

6.

24◦

A

B

C

D

На стороне AB прямоугольного треугольника ABC ле-

жит точка D так, что |CD| = |DB | и величина угла ACD

равна 24◦ . Найти величину угла ABC .

. . . . . . . . . .

7.

A

B

C

Дан отрезок AB длиной 12 см. Из точки A на-

рисовали кривую AC , которая состояла из по-

луокружности и еще половины такой же по-

луокружности. Найти точное значение длины

кривой AC , если угол ABC прямой.

. . . . . . . . . .

8.

A B

CD

K

LНа сторонах AB и CD квадрата ABCD выбрали со-

ответственно точки K и L так, чтобы величины уг-

лов AK D , LK B и ABL были равны между собой.

Какую часть от площади квадрата ABCD состави-

ла площадь треугольника K BL , окрашенного в тём-

ный цвет?

. . . . . . . . . .

9. Точки A , B , C и D лежат на числовой оси. Расстояние от точки A до точ-

ки C (−4) равно 5, а расстояние от точки B до точки D(3) равно 8. Найтинаименьшее возможное расстояние между точками A и B .

. . . . . . . . . .

10. Периметр данной фигуры, составленной из одинаковых кле-

ток, равен P . От этой фигуры по одной отрезают клетки так,

чтобы после отрезания каждой клетки оставшаяся фигура не

распалась на несколько разных частей и имела периметр P .

Найти наибольшее возможное количество клеток, которые

можно отрезать от данной фигуры. (Части, связанные только

углами клеток, считаем различными.)

. . . . . . . . . .









1. Вычислить:2 · (0 − 1) : 9

2 · 0 − 1 : 9= . . . . . . . . . . .

2. Найти число a , при котором21

19= 1 +

1

a + 12

.

. . . . . . . . . .

3. Сколько всего среди тридцати чисел 1, 2, 3, . . . , 30 таких, которые невоз-

можно представить в виде суммы трёх различных слагаемых, каждое из

которых выбрано из чисел 1, 2, 3, . . . , 10?

. . . . . . . . . .

4. В первый ряд таблицы в порядке возрастания записывают подряд все

кратные числа 2, во второй ряд таким же образом записывают все крат-

ные числа 3, а в третий ряд таким же образом записывают все кратные

числа 4. Найти порядковый номер столбца, в котором сумма трёх запи-

санных чисел будет равна 234.

2 4 6 . . .3 6 9 . . .4 8 12 . . .

. . . . . . . . . .

5. Даны n чисел, арифметическое среднее которых равно 20. Если к дан-

ным числам добавить ещё одно число 100, то среднее арифметическоевсех чисел будет равно 25. Найти число n .

. . . . . . . . . .

6.

97◦

123◦

A

B

C

D

EK

В треугольнике ABC стороны AC и

BC равны.Из точки D , лежащейна

стороне AB , провели отрезок DE ,

который пересёк сторону AC в точ-

ке K . Найти величину угла ACB , ес-

ли ∠ADK = 97◦ и ∠DKC = 123◦ .

. . . . . . . . . .

7. Нарисунке изображеныдверавныеокружности с ра-

диусом 3 см, одна из которых проходит через центр

другой. Найти точныйпериметр ограниченной этими

окружностями фигуры (на рисунке закрашена в тём-

ный цвет).

. . . . . . . . . .

8. Величина одного из углов треугольника равна 54◦ , причём эта величина

на 40% меньше величины другого угла этого треугольника. Найти вели-

чину третьего угла этого треугольника.

. . . . . . . . . .

9. K

L

Два равных прямоугольника, площадь каждо-

го из которых 4 см2 , поместили друг на друга

так, чтобы каждая из точек пересечения K и

L сторон этих прямоугольников являлась се-

рединой обеих сторон, на которых она лежит.

Найти площадь, которую покрывают эти пря-

моугольники (на рисунке закрашена в тёмный

цвет).

. . . . . . . . . .

10. Периметр даннойфигуры, составленной из одинаковых клеток,

равен P . От этой фигуры по одной отрезают клетки так, чтобы

после отрезания каждой клетки оставшаяся фигура не распа-

лась на несколько разных частей и имела периметр P . Найти

наибольшее возможное количество клеток, которые можно от-

резать от даннойфигуры. (Части, связанные только углами кле-

ток, считаем различными.)

. . . . . . . . . .









1. Вычислить:20 : 19 · 20 : 19

20 : (19 · 20) : 19= . . . . . . . . . . .

2. Найти натуральные числа m и n , если2019

2009= 1 + 1

200 + 1m+ 1

n

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. В первый ряд таблицы записывают подряд все чётные числа, начиная с

числа 20, а во второй ряд таким же образом записывают все нечётные

числа, начиная с числа 19. Найти порядковый номер столбца, в которомсумма двух записанных чисел будет равна 111.

20 22 24 . . .19 21 23 . . .

. . . . . . . . . .

4. Сколько всего среди последовательных целых чисел 1, 2, 3, . . . , 2019 та-

ких, которые можно представить в виде суммы четырёх различных сла-

гаемых, каждое из которых выбрано из чисел 1, 2, 3, . . . , 100?

. . . . . . . . . .

5. Арифметическое среднее трёх положительных целых чисел 2, 3 и n яв-

ляется целым числом, которое делится как на число 2, так и на число 3.Найти наименьшее из возможных значений числа n .

. . . . . . . . . .

6.

A

BC

D

E

K L

M

На стороне AB правильного пятиугольника ABCDE

нарисовали квадрат ABLM , а на стороне BC равно-

сторонний треугольник BCK . Найти величину угла

BK L .

. . . . . . . . . .

7.

A B

C D

K L M

Дан отрезок AB длиной 24 см, который

поделён точками K , L и M на четыре рав-

ные части. Полуокружность с диаметром

AL пересекает в точке C полуокружность

с диаметром K M , которая в свою очередь

пересекаетвточкеD полуокружностьсдиаметром LB .Найтиточноезна-

чение длиныкривой ACDB , образованной из дуг этих полуокружностей.

. . . . . . . . . .

8.

K

L

M

N

Три равных прямоугольника, площадь каждого из

которых 16 см2 , поместили друг на друга так, чтобы

каждая из точек пересечения K , L , M и N сторон

этих прямоугольников являлась серединой всех сто-

рон, на которых она лежит. Найти общую площадь

тех частейплоскости, которыедваждыпокрытыэти-

ми прямоугольниками.

. . . . . . . . . .

9. Для покраски всех граней деревянного куба необходи-

мо 0,12 л краски. Куб поделили двумя перпендикуляр-

ными разрезами на четыре прямых параллелепипеда.

Сколько всего краски необходимо для покраски всех

граней полученных параллелепипедов?

. . . . . . . . . .

10.

A

B

3 km 3 km

3 km 3 km

4 km

В лесу четыре тропинки длиной 3 км и одна тро-

пинка длиной 4 км. Поход по этим тропинкам дли-

ной 36 км начинаетсяизточки A , а заканчиваетсяв

точке B . Каждую тропинку нужно проходить цели-

ком,иниодну тропинкунельзяпроходитьнесколь-

ко раз подряд. Сколько всего раз придётся пройти

тропинку длиной 4 км?

. . . . . . . . . .



II часть. Время, отводимое для решения: 2 часа.

Решения задач написать на отдельном листе.

Верное и достаточно обоснованное решение каждой задачи

даёт 7 баллов. Написатьтолько ответ недостаточно!



1. Саша записывает числа 2, 3, 5, 7, 8, 10, 11 в тетрадку в таком порядке, что

сумма первых четырёх чисел равна сумме последних четырёх чисел. Най-

ти все возможности, какое число может быть записано посередине.

2.

A BK

Куб разделяют на два прямоугольных параллелепи-

педа, сумма площадейповерхностикоторыхна 72 см2

больше площади поверхности самого куба. При этом

сечение делит ребро куба AB точкой K на две части

так, что |AK | = 2|K B |.а) Найти длину ребра куба.

б) Найти объёмы параллелепипедов, разделённых сечением.

в) Сколько процентов от объёма куба составляет объём меньшего па-

реллелепипеда?

3. Аня, Тимур и Костя получили на новый год в подарок вместе 100 конфет.

Тимур разделил половину своих конфет поровну между Аней и Костей.

После этого в свою очередь Костя разделил половину своих конфет по-

ровну между Аней и Тимуром. Теперь у Ани и Кости конфет поровну, а у

Тимура на 4 конфеты больше, чем у Кости. Сколько конфет было у каж-

дого из детей изначально?









1. Элла выбрала два натуральных числа. Одно из них она умножила на 20,а другое – на 19. Сумма полученных произведений равна 292. Найти все

возможности, чему могут быть равны два задуманных числа Эллы.

2. Точка K – середина стороны BC квадрата ABCD . На стороне CD выби-

рают точку L так, что отношение площадей треугольников ADL и ABK

равно4

3. Какую часть от площади квадрата ABCD составляет площадь

четырёхугольника AKCL?

3. На числовой прямой дана точка A(2019), а также точки B и C , координа-

ты которых – противоположные числа. Расстояние от точки A до точки B

в 2 раза больше расстояния от точки A до точкиC . Найти все возможные

координаты точки B .









1. Учитель записал на доске какое-то натуральное число, а на перемене Пе-

тя стёр в нём цифру десятков. Учитель заметил, что если на опустевшее

место записать любую отличную от нуля цифру, то полученное таким об-

разом число будет делиться на записанную цифру. Чтоже за число запи-

сал в начале на доске учитель, если известно, чтооно наименьшееиз всех

удовлетворяющих условию чисел длиной три или более знака?

2. Найти все возможности заменить в действии

K I L O

+ G R A M M

M E E T E R

все буквы цифрами так, чтобы сложение было корректным, причём раз-

ные буквы заменялись разными цифрами, а одинаковые буквы – одина-

ковыми.

3. Биссектриса углапривершине A параллелограмма ABCD пересекает се-

редину M стороны BC . Доказать, что AMD – прямой угол.

4. Можнолирасположитьцелыечислаот 1 до 8 вразличныевершиныкуба

так, что будут выполняться оба следующих условия?

1) Числа на концах каждого ребра отличаются друг от друга больше чем

на 1.

2) В вершинах каждой грани найдутся как чётные, так и нечётные чис-

ла.



Время, отводимое для решения: 5 часов.

Верное и достаточно обоснованное решение каждой задачи даёт 7 баллов.

Вспомогательные письменныематериалыили электронные приборыне разрешены.

1. Найти значение выражения

4036

4037+

4038

4039+

4040

4038+

4038

4037 · 4039−

2018

4037 · 4038−

2020

4038 · 4039.

2. Вмагазине Aкомпьютер стоилна x процентовдешевле,чемтотже самый

компьютер в магазине B. В рамках скидочной кампании магазин A пони-

зил стоимость этого компьютера на 10%, а магазин B, в свою очередь, на

40%. В результате скидок этот компьютер стоит теперь в магазине A на x

процентов дороже, чем в магазине B. Найти x .

3. Сколько найдётсяпарнеотрицательныхцелыхчисел (a, b), удовлетворя-ющих равенству 22a + 15b = 2019?

4. Пусть p и q – такие действительныечисла, чтоу уравнения x2−px+q = 0имеется два действительных корня x1 и x2 . Найти x3

1 + x32 .

5. Серединные перпендикуляры каких-то двух сторон треугольника ABC

пересекаются на биссектрисе какого-то угла треугольника ABC . Дока-

зать, что треугольник ABC равнобедренный.

6. В клетчатом поле размерами 8 × 8, все клетки которого изначально бе-

лые, разрешается одним ходом выбрать какую-то произвольную область

3 × 3, ограниченную линиями клетчатого поля, и поменять в ней все бе-

лые клетки на чёрные, а чёрные – на белые.Можно ли такими ходами до-

стичь положения, когда все клетки поля – чёрные?






1. Найти все действительные решения уравнения

|x − 2| + |x − 3| = 5.

2. Вкакомпорядкеначисловойпрямойидутчисла 234, 243

, 324, 342

, 423, 432

?

Примечание. Запись abc

обозначает степень a(bc ) , а не степень (ab)c .

3. Целыечислаот 1 до 2n безповторовпомещаютсякакчислителиилизна-

менатели в n обыкновенных дробей. Может ли случиться, что сумма по-

лученных дробей окажется целым числом, если

а) n = 4;

б) n = 6?

4. Пусть α – угол, не кратный углу 90◦ . Доказать неравенство

(

1

2 cos α2

)2

+(

1

4 cos α4

)2

+(

1

8 cos α8

)2

<(

1

sinα

)2

.

5. Медиана, проведённая из угла при основании равнобедренного тре-

угольника, такой же длины, что и основание этого треугольника. Найти

площадь этого треугольника, если длина основания равна 1 м.

6. Найти все целые положительные числа n , при которых в выражении

0 + 1 + 2 + 3 + . . . + n

можно некоторыеиз n плюсов заменить наминусы так, что значениепо-

лученного выражения будет 0.






1. Ученики A, B, C, D, E, F и G сравнили свои результаты на олимпиаде по

арифметике. Выяснились следующие обстоятельства.

1) Ученик A был в числе трёх лучших.

2) УченикB оказался в таблице результатов выше ученика C, который в

свою очередь был выше ученика D.

3) Ученик E оказался в таблице результатов выше ученика F, который в

свою очередь был выше ученика G.

4) Все семь учеников получили разные результаты.

Найти количество различных возможных расположений в таблице ре-

зультатов всех семи учениковотносительнодруг друга при этих условиях.

2. Найти целую часть числа 2 log 2+2 log 3− log 13+2 log 19 (логарифмы по

основанию 10).Примечание. Целая часть действительногочисла x – это наибольшее це-

лое число, не превышающее числа x .

3. Дана последовательность a0, a1, a2, a3, . . ., в которой a0 = 1, а также

an = 20an−2 + 19an−1 для каждого n Ê 2. Найдётся ли среди членов этойпоследовательности какой-либо больший единицы квадрат целого чис-

ла, если: а) a1 = 6; б) a1 = 7?

4. Доказать, что уравнение

1 + x + x2 + x3 + . . . + x2018 = 1

2019

не разрешимо в действительных числах.

5. Доказать, что для любого треугольника радиус вписанной в него окруж-

ности не меньше трети высоты, проведённой на самую длинную его сто-

рону. Найти все треугольники, для которых выполняется равенство.

6. Назовём AB-словом произвольную запись букв A и B подряд. Подсловом

данного AB-слова назовём любое AB-слово, которое получается из дан-

ного AB-слова опущением каких-либо его букв. Например, опуская чет-

вёртую ишестую букву в AB-слове AABBAA, получим его подслово AABA.

Пусть n целое положительное число.

а) Найти наибольшее возможное число букв в AB-слове, все n-буквен-

ные подслова которого, полученные различными способами, раз-

личны.

б) Найти наименьшее возможное число букв в AB-слове, среди подслов

которого найдутся все возможные n-буквенные AB-слова.



I osa vastused

1. 1000010.

2.7

9.

3. 17.

4. 14.

5. 18.

6. 33◦ .

7. 6π cm.

8.1

3.

9. 4.

10. 7.

Lahendused

1. Arvus 2019020190 on kaks arvu 20190 omavahel nihkes 5 numbrikoha võr-ra. Et 20190 : 2019 = 10, on ülesandes nõutud jagatises kaks arvu 10 oma-vahel nihkes 5 numbrikoha võrra.

2. Võrdusest 3a = 4b saame 6a = 8b . Et a 6= 0, siis ka b 6= 0. Seega6a − b

6a + b= 8b − b

8b + b= 7b

9b= 7

9.

3. Vähim arv, mis esitub kahe erineva arvude 1, 2, . . . , 10 seast valitud liidetavasummana, on 1 + 2 ehk 3, suurim arv aga 9 + 10 ehk 19. Seega arve 1, 2ja 20 nõutud viisil esitada ei saa. Arvud 4, 5, . . . , 11 esituvad kujul 1 + b , kusb = 3, 4, . . . , 10, arvud 12, 13, . . . , 18 aga kujul a + 10, kus a = 2, 3, . . . , 8.Kokkuvõttes esitub nõutud viisil 17 arvu.

4. Tabeli veerus nr i on arvud 2i ja 3i . Võrrandist 2i + 3i = 70 ehk 5i = 70saame i = 14.

5. Iga arv 2, 0, 1, 9 esineb koostatud paarides 3 korda: korra paaris iga ülejää-nud arvuga (paari liikmete järjestus on määratud arvude suurusega). Seegakõigi paaride liikmete summade summa on 3 · (2 + 0 + 1 + 9) ehk 36. Paa-ri liikmete aritmeetiline keskmine on pool nende summast, seega ka kõigipaaride liikmete aritmeetiliste keskmiste summa on pool arvust 36 ehk 18.

6. Kolmnurgast ACD saame ∠BDC = ∠D AC +∠ACD = 90◦ + 24◦ = 114◦ . Et

|BD| = |CD|, siis ∠DBC = ∠DCB . Järelikult ∠ABC = 180◦ − 114◦

2= 33◦ .

25

A B

CD

K

L

M

Joonis 1

7. Tingimustest tulenevalt on kasutatud poolringjoone diameetri ja raadiusesumma 12 cm. Et diameeter võrdub kahe raadiusega, siis 12 cm võrdub kol-me raadiusega, kust saame raadiuseks 4 cm. Pool- ja veerandringjoone pik-

kuste summa on π · 4 cm + 1

2π · 4 cm ehk 6π cm.

8. Olgu ruudu ABCD küljepikkus a . Olgu kolmnurga K LB tipust L tõmmatudkõrguse aluspunkt M (joonis 1). Võrdhaarse kolmnurga tipunurgast tõm-matud kõrgus poolitab aluse, seega |K M | = |MB |. Et ∠LB M = ∠DK A ja∠B ML = 90◦ = ∠K AD ning |LM | = |D A|, on kolmnurgad LMB ja D AK

võrdsed. Järelikult ka |AK | = |MB |. Kokkuvõttes |AK | = |K M | = |MB | = 1

3a .

Seega kolmnurga K BL pindala on1

2· 2

3a · a ehk

1

3a2 ehk

1

3ruudu ABCD

pindalast.

9. Punkti A võimalikud asukohad on A(−9) ja A(1), punkti B võimalikud asu-kohad aga B(−5) ja B(11) (joonis 2). Punktide A ja B vaheliseks kaugusekssaame järgmised võimalused:

• (−5) − (−9) ehk 4;

• 11 − (−9) ehk 20;

• 1 − (−5) ehk 6;

• 11 − 1 ehk 10.

Neist vähim on 4.

0

C (−4)

D(3)

−9 1

−5 11

︸︷︷︸

5

︸︷︷︸

5

8︷︸︸︷

8︷︸︸︷

Joonis 2

10. Ümbermõõt säilib, kui eemaldataval ruudukesel on täpselt pooled küljedehk 2 külge ühendatud teiste ruudukestega, sest siis asendub kujundi piir-joone kaotatud osa niisama pikaga. Eemaldades 7 ruudukest joonisel 3 näi-datud järjekorras, jääb kujundi ümbermõõt igal eemaldamisel samaks.

26

1 2 3

4

5

6

7

Joonis 3

Teisalt, et n ruudukesest koosnev kujund ei laguneks tükkideks, peavad ruu-dud olema ühenduses kokku vähemalt n − 1 serva kaudu. Seejuures kuulubiga ühendusserv korraga kahele ruudukesele. Need ühendusservad ei pa-nusta ümbermõõtu P . Kokku on n ruudukesel 4n serva. Seega on kujundiümbermõõt ülimalt 4n − 2(n − 1) ehk 2n + 2. Et algsest kujundist saameP = 20, siis 20 É 2n + 2, kust n Ê 9, st ümbermõõtu säilitades peab vähe-malt 9 ruudukest alles jääma. Kuna algses kujundis on 16 ruudukest, saabümbermõõtu säilitades neist eemaldada ülimalt 16 − 9 ehk 7.

27



I osa vastused

1. 2.

2. 9.

3. 8.

4. 26.

5. 15.

6. 128◦ .

7. 8π cm.

8. 36◦ .

9. 7 cm2 .

10. 6.

Lahendused

1. Et 2 · (0 − 1) : 9 = −2

9ja 2 · 0 − 1 : 9 = −1

9, siis otsitav jagatis on 2.

2. Lahutame võrrandi kummastki poolest 1, leiame tulemusest pöördväärtuse

ja lahutame1

2. Saame a = 18

2= 9.

3. Vähim arv, mis esitub kolme erineva arvude 1, 2, . . . , 10 seast valitud liideta-va summana, on 1+2+3 ehk 6, suurim arv aga 8+9+10 ehk 27. Seega arve 1,2, 3, 4, 5, 28, 29 ja 30 nõutud viisil esitada ei saa. Arvud 7, 8, . . . , 13 esituvadkujul 1 + 2 + c , kus c = 4, 5, . . . , 10, arvud 14, 15, . . . , 19 kujul 1 + b + 10, kusb = 3, 4, . . . , 8, arvud 20, 21, . . . , 26 aga kujul a + 9 + 10, kus a = 1, 2, . . . , 7.Kokkuvõttes esitub nõutud viisil 22 arvu ning ei esitu 8 arvu.

4. Tabeli veerus nr i on arvud 2i , 3i ja 4i . Võrrandist 2i + 3i + 4i = 234 ehk9i = 234 saame i = 26.

5. Kui n arvu aritmeetiline keskmine on 20, siis nende arvude summa on 20n .

Kui arvude hulka lisada 100, on arvude aritmeetiline keskmine20n + 100

n + 1.

Võrrand20n + 100

n + 1= 25 teiseneb kujule 20n + 100 = 25n + 25, kust n = 15.

6. Kõrvunurkadest saame ∠AK D = 180◦ − 123◦ = 57◦ . Kolmnurgast AK D

saame nüüd ∠D AK = 180◦ − 97◦ − 57◦ = 26◦ . Kuna |AC | = |BC |, siis∠CB A = ∠C AB = 26◦ . Järelikult ∠ACB = 180◦ − 26◦ − 26◦ = 128◦ .

28

O P

K

L

Joonis 4

7. Olgu nende kahe ringjoone keskpunktid vastavalt O ja P ning lõikepunktidK ja L (joonis 4). Siis |OK | = |OP | = |OL| = |PK | = |PL| = 3 cm. Võrdkülg-setest kolmnurkadest OPK ja OPL saame ∠KOL = 60◦+60◦ = 120◦ , samuti∠K PL = 120◦ . Seega kummastki ringjoonest kuulub ühendatud kujundile

osa, mis vastab kesknurgale suurusega 360◦ − 120◦ ehk 240◦ , mis on2

3täis-

pöördest. Kokkuvõttes on ühendatud kujundi ümbermõõt 2 · 2

3· 2π · 3 cm

ehk 8π cm.

8. Ülesande tingimuse põhjal moodustab 54◦ kolmnurga teise nurga suurusest

60%. Seega kolmnurga teise nurga suurus on100

60· 54◦ ehk 90◦ . Kolmanda

nurga suurus on 180◦ − 54◦ − 90◦ ehk 36◦ .

9. Olgu ristkülikute poolt kahekordselt kaetava kujundi ülejäänud kaks tippu A

ja E (joonis 5). Et K ja L on ristküliku külgede keskpunktid, siis kolmnurga

K AL pindala moodustab1

2·

1

2·

1

2ehk

1

8ristküliku pindalast 4 cm2 . See-

ga kolmnurga K AL pindala on1

2cm2 . Samuti on kolmnurga K EL pindala

1

2cm2 . Järelikult on nelinurga K ALE pindala 1 cm2 . Kahe ristküliku poolt

kaetava kujundi pindala on siis 4 cm2 + 4 cm2 − 1 cm2 ehk 7 cm2 .

10. Ümbermõõt säilib, kui eemaldataval ruudukesel on täpselt pooled küljedehk 2 külge ühendatud teiste ruudukestega, sest siis asendub kujundi piir-

K

L

AE

Joonis 5

29

1 2

3 4

5 6

Joonis 6

joone kaotatud osa niisama pikaga. Eemaldades 6 ruudukest joonisel 6 näi-datud järjekorras, jääb kujundi ümbermõõt igal eemaldamisel samaks.

Teisalt, et n ruudukesest koosnev kujund ei laguneks tükkideks, peavad ruu-dud olema ühenduses kokku vähemalt n − 1 serva kaudu. Seejuures kuulubiga ühendusserv korraga kahele ruudukesele. Need ühendusservad ei pa-nusta ümbermõõtu P . Kokku on n ruudukesel 4n serva. Seega on kujundiümbermõõt ülimalt 4n − 2(n − 1) ehk 2n + 2. Et algsest kujundist saameP = 22, siis 22 É 2n + 2, kust n Ê 10, st ümbermõõtu säilitades peab vähe-malt 10 ruudukest alles jääma. Kuna algses kujundis on 16 ruudukest, saabümbermõõtu säilitades neist eemaldada ülimalt 16 − 10 ehk 6.

30



I osa vastused

1. 400.

2. m = 1, n = 9.

3. 19.

4. 385.

5. 13.

6. 39◦ .

7. 10π cm.

8. 12 cm2 .

9. 0,2 l.

10. 3.

Lahendused

1. Murru lugeja on202

192, murru nimetaja aga

1

192. Seega murru väärtus on 202

ehk 400.

2. Lahutame võrduse kummaltki poolt 1, leiame pöördväärtuse, lahutame 200

ja leiame jälle pöördväärtuse. Saame10

9= m + 1

n. Et

10

9= 1 + 1

9ja

1

nÉ 1,

siis ainsa võimalusena1

n= 1

9, kust n = 9 ja m = 1.

3. Lahendus 1. Igas veerus on kaks järjestikust naturaalarvu kujul 2i − 1 ja 2i .Kui nende summa on 111, siis i = 55. Esimeses veerus on i = 19. Seega on

otsitava veeru järjekorranumber55 − 19

2+ 1 ehk 19.

Lahendus 2. Lisame tabeli algusse 9 veergu arvudega 1, 2, . . . , 18. Siis on vee-rus nr i arvud 2i −1 ja 2i . Võrrandist (2i −1)+2i = 111 ehk 4i = 112 saamei = 28. Seega algses tabelis on nõutud veerg järjekorranumbriga 19.

4. Vähim arv, mis esitub nelja erineva arvude 1, 2, . . . , 100 seast valitud liideta-va summana, on 1+2+3+4 ehk 10, suurim arv aga 97+98+99+100 ehk 394.Arve 10-st 394-ni on täpselt 385 tükki. Veendume, et need kõik on võimalikesitada. Arvud 10, 11, . . . , 106 esituvad kujul 1+2+3+d , kus d = 4, 5, . . . , 100,arvud 107, 108, . . . , 202 esituvad kujul 1+2+ c +100, kus c = 4, 5, . . . , 99, ar-vud 203, 204, . . . , 297 esituvad kujul 1 + b + 99 + 100, kus b = 3, 4, . . . , 97,arvud 298, 299, . . . , 394 aga kujul a + 98 + 99 + 100, kus a = 1, 2, . . . , 97.

31

A B

C D

K L M

Joonis 7

5. Arv jagub nii arvuga 2 kui ka arvuga 3 parajasti siis, kui ta jagub arvuga 6.Seega arvude 2, 3 ja n aritmeetiline keskmine jagub 6-ga, mis näitab, et2 + 3 + n jagub 18-ga. Vähim n , mille korral see kehtib, on 13.

6. Kuna võrdkülgne kolmnurk BCK on ehitatud korrapärase viisnurga külje-le BC ja ruut ABLM on ehitatud sama korrapärase viisnurga küljele AB ,siis |BK | = |BC | = |AB | = |BL|. Korrapärase viisnurga sisenurga suurus on3

5· 180◦ ehk 108◦ . Seega ∠K BL = 360◦ − 60◦ − 90◦ − 108◦ = 102◦ , kust

∠BK L = 180◦ − 102◦

2= 39◦ .

7. Ülesande tingimuse põhjal |AK | = |K L| = |LM | = |MB | = 24

4cm = 6 cm.

Seega ka |KC | = |LC | = |LD| = |MD| = 6 cm (joonis 7). Võrdkülgstest kolm-nurkadest K LC ja LMD saame ∠CK L = ∠CLK = ∠DLM = ∠DML = 60◦ ,kust ka ∠AKC = ∠B ML = 120◦ ja ∠CLD = 60◦ . See tähendab, et kaa-

red AC ja BD vastavad kesknurgale1

3täispöördest, kaar CD aga kesk-

nurgale1

6täispöördest. Kokkuvõttes saame kõverjoone ACDB pikkuseks

1

3· 2π · 6 cm + 1

6· 2π · 6 cm + 1

3· 2π · 6 cm ehk 10π cm.

K

L

M

NA

F

Joonis 8

8. Vaatleme kaht ristkülikut, mis lõikuvad omavahel punktides K ja N . Olgunende poolt kahekordselt kaetava kujundi ülejäänud kaks tippu A ja F (joo-nis 8). Et K ja N on ristküliku külgede keskpunktid, siis kolmnurga K AN

pindala moodustab1

2·

1

2·

1

2ehk

1

8ristküliku pindalast 16 cm2 . Seega kolm-

nurga K AN pindala on 2 cm2 . Samuti on kolmnurga K F N pindala 2 cm2 .

32

A

B

C D

3 km 3 km

3 km 3 km

4 km

Joonis 9

Järelikult on nelinurga K AN F pindala 4 cm2 . Sarnaselt näeme, et ka üle-jäänud kahe kahekordselt kaetava kujundi pindala on 4 cm2 . Seega nendealade kogupindala on 12 cm2 .

9. Ühe lõike pindala võrdub kuubi tahu pindalaga, üks lõikamine aga tekitabsellise pinna juurde kahekordselt (üks kummalegi tekkivale risttahukale).Seega kahe lõikega lisandub juurde 4 kuubi tahu jagu pinda. Kuubil on 6tahku ja nende kogupinna värvimiseks kulub 0,12 l värvi. Seega lõikamiste

järel saadavate risttahukate kogupinna värvimiseks kulub värvi6 + 4

6·0,12 l

ehk 0,2 l.

10. Läbitagu rada pikkusega 4 km täpselt n korda. Et kõik ülejäänud rajad onpikkusega 3 km, peab arv 36 − 4n jaguma 3-ga. Et 36 jagub 3-ga, peabselleks arv 4n jaguma 3-ga; et 4 ja 3 on ühistegurita, siis peab n jaguma3-ga. Seega n = 0, n = 3, n = 6 või n = 9; suurema n korral oleks3-kilomeetriste radade läbimiste arv negatiivne. Ilmselt ei ole võimalik kan = 9, sest nii peaks 3-kilomeetriste radade läbimiste arv olema 0, mis polevõimalik, sest punktist A punkti B saamiseks on vaja läbida vähemalt 2 ra-da pikkusega 3 km. Pole võimalik ka n = 6, sest 4-kilomeetrise raja iga-le läbimisele peab eelnema ja järgnema 3-kilomeetrise raja läbimine ning(4 + 3) · 6 > 36. Juht n = 3 on võimalik; tähistades 4-kilomeetrise rajaotspunktid C ja D (joonis 9), rahuldab tingimusi matk, mis läbib järjest ti-pud A, C , D, A, C , D, A, C , D, A, C , B . Juht n = 0 ei ole võimalik, sest ilma4-kilomeetrist rada läbimata lõpeks matk alguspunktis A .

33



II osa lahendused

1. Vastus: 2, 8, 10.

Sveni järjestuse keskmine arv esineb liidetavana nii esimese nelja kui ka vii-mase nelja arvu summas. Liites need kaks summat, saame kõigi Sveni kirju-tatud arvude summa, milles keskmist arvu on võetud kaks korda, ehk arvu2+3+5+7+8+10+11 ja keskmise arvu summa. Et esimese nelja ja viima-se nelja arvu summa on võrdsed, on nende liitmisel saadud arv paaris. Kuna2 + 3 + 5 + 7 + 8 + 10 + 11 = 46, peab paaris summa saamiseks ka keskminearv paaris olema. Järelikult ei saa keskel paikneda 3, 5, 7 ega 11.

Teisalt, arv 2 saab paikneda keskel, sest 5 + 7 + 10 + 2 = 2 + 3 + 8 + 11, arv 8saab paikneda keskel, sest 3 + 5 + 11 + 8 = 8 + 2 + 7 + 10, ning arv 10 saabpaikneda keskel, sest 3 + 7 + 8 + 10 = 10 + 2 + 5 + 11.

2. Vastus: a) 6 cm; b) 72 cm3 ja 144 cm3 ; c)100

3.

Lõikel saadud kahe risttahuka täispindalade summa võrdub algse kuubitäispindala ja kahekordse lõikepindala summaga. Lõige on aga identne kuu-bi tahuga. Seega 72 cm2 võrdub kahekordse kuubi tahu pindalaga, kust saa-me kuubi tahu pindalaks 36 cm2 .

a) Kuubi serva pikkus on järelikult 6 cm.

b) Et |AK | = 2|K B |, siis |K B | = 1

3|AB | = 2 cm ja |AK | = 2

3|AB | = 4 cm,

kust tulenevalt on risttahukate ruumalad vastavalt (2 · 6 · 6) cm3 ehk72 cm3 ja (4 · 6 · 6) cm3 ehk 144 cm3 .

c) Väiksema risttahuka kahe serva pikkused on samad nagu tervel kuubil,

kolmanda serva pikkus aga moodustab1

3kuubi serva pikkusest. Järe-

likult moodustab väiksema risttahuka ruumala kuubi ruumalast1

3ehk

100

3%.

3. Vastus: Annil 6, Toomasel 40 ja Kerdil 54.

Lahendus 1. Olgu Annil ja Kerdil lõpuks võrdselt x kommi; vastavalt ülesan-de tingimusele on Toomasel siis x + 4 kommi. Et komme on kokku 100, siisx + x + (x + 4) = 100, kust x = 32. Seega Annil ja Kerdil on lõpuks 32 jaToomasel 36 kommi.

34

Et Kert andis ära pooled oma kommid, oli tema poolt ära antavate kommidearv samuti 32. Kuna ta jagas need võrdselt Annile ja Toomasele, pidid Anni

ja Toomas saama Kerdilt kumbki32

2ehk 16 kommi. Seega enne oli Annil

32 − 16 ehk 16 kommi ja Toomasel 36 − 16 ehk 20 kommi. Kerdil endal olisiis 32 + 32 ehk 64 kommi. Et Toomas oli eelnevalt ära andnud pooled omakommid, oli Toomase poolt ära antavate kommide arv 20, ning kuna ka te-ma jaotas kommid võrdselt kahe ülejäänu vahel, pidid Anni ja Kert temalt

saama kumbki20

2ehk 10 kommi. Seega algul oli Annil 16 − 10 ehk 6 kom-

mi ja Kerdil 64 − 10 ehk 54 kommi. Toomasel endal oli algul 20 + 20 ehk40 kommi.

Lahendus 2. Olgu Anni, Toomase ja Kerdi kommide arvud algul vastavalta , t ja k . Ülesande tingimusest saame a + t + k = 100. Pärast seda, kuiToomas on jaotanud pooled oma kommid võrdselt Anni ja Kerdi vahel,

on Annil a + 1

4t , Toomasel

1

2t ja Kerdil k + 1

4t kommi. Pärast seda, kui

Kert on jaotanud pooled kommid võrdselt Anni ja Toomase vahel, on An-

nil a + 1

4t + 1

4

(

k + 1

4t

)

, Toomasel1

2t + 1

4

(

k + 1

4t

)

ja Kerdil1

2

(

k + 1

4t

)

kommi. Ülesande tingimuste kohaselt a +1

4t +

1

4

(

k +1

4t

)

=1

2

(

k +1

4t

)

ja1

2t + 1

4

(

k + 1

4t

)

= 1

2

(

k + 1

4t

)

+ 4, kust lihtsustades saame vastavalt

16a + 3t − 4k = 0 ja 7t − 4k = 64. Lahendades lineaarvõrrandisüsteemi

a + t + k = 100,16a + 3t − 4k = 0,

7t − 4k = 64,

saame a = 6, t = 40 ja k = 54. Seega oli Annil alguses 6, Toomasel 40 jaKerdil 54 kommi.

35



II osa lahendused

1. Vastus: 7 ja 8.

Lahendus 1. Olgu Esta valitud arvud a ja b . Ülesande tingimusest saame20a + 19b = 292. Et arvu 20a viimane number on 0, siis arvu 19b viima-ne number peab olema 2. See on võimalik vaid juhul, kui arvu b viimane

number on 8. Kui b = 8, saame a = 292 − 19 · 8

20= 7. Kui b Ê 18, siis

19b Ê 19 · 18 = 342 > 292, mistõttu ka 20a + 19b > 292. Seega rohkemvõimalusi ei ole.

Lahendus 2. Olgu Esta valitud arvud a ja b . Ülesande tingimusest saame20a+19b = 292. Siis peavad kehtima võrratused 0 É b É 15, sest kui b Ê 16,siis 19b Ê 19·16 = 304 > 292, millest tulenevalt ka 20a+19b > 292. Vaadates

läbi kõik 16 juhtu, näeme, et arv292 − 19b

20ehk arv a tuleb täisarv vaid siis,

kui b = 8:

b 292 − 19b (292 − 19b)/200 292 pole täisarv1 273 pole täisarv2 254 pole täisarv3 235 pole täisarv4 216 pole täisarv5 197 pole täisarv6 178 pole täisarv7 159 pole täisarv

b 292 − 19b (292 − 19b)/208 140 79 121 pole täisarv

10 102 pole täisarv11 83 pole täisarv12 64 pole täisarv13 45 pole täisarv14 26 pole täisarv15 7 pole täisarv

Seega ainus võimalus on, et Esta valib arvud 7 ja 8.

2. Vastus:5

12.

Olgu ruudu ABCD küljepikkus a (joonis 10). Täisnurkse kolmnurga ABK

pindala on siis1

2· a · 1

2a ehk

1

4a2 ehk

1

4ruudu ABCD pindalast. Kolmnur-

ga ADL pindala on vastavalt ülesande tingimustele siis4

3·

1

4ehk

1

3ruudu

ABCD pindalast. Nelinurk AKCL jääb üle, kui ruudust ABCD kolmnurgad

ABK ja ADL välja lõigata; järelikult nelinurga AKCL pindala on 1 − 1

4− 1

3

ehk5

12ruudu ABCD pindalast.

36

A B

CD

K

L

a

Joonis 10

3. Vastus: −673, −6057.

Lahendus 1. Kuna punktide B ja C koordinaadid on teineteise vastandar-vud, siis on nende kaugus nullpunktist sama; olgu see kaugus a . Punkti-dest B ja C see, mille koordinaat on negatiivne, on punktist A kaugusel2019 + a , teine aga kaugusel 2019 − a või a − 2019 vastavalt sellele, kum-mal pool punkti A ta asub (vastavaid olukordi kujutab joonis 11). Ilmselt2019 − a É 2019 + a ja a − 2019 É 2019 + a , millest tulenevalt on punkti-dest B ja C see, mille koordinaat on negatiivne, alati punktist A kaugemalkui teine. Et ülesande tingimuste kohaselt on punkt B punktist A kaks kor-da kaugemal kui punkt C , siis B(−a) ja C (a) ning punktide A ja C vaheline

kaugus on2019 + a

2. Võrrandid

2019 + a

2= 2019−a ja

2019 + a

2= a−2019

annavad vastavalt a = 673 ja a = 6057, millest saame vastavalt B(−673) jaB(−6057). Kontroll näitab, et mõlemad sobivad tingimustega.

Lahendus 2. Olgu punkti B koordinaat x ; siis punkti C koordinaat on −x .Ülesande tingimustest saame võrrandi |2019 − x| = 2|2019 − (−x)| ehk

|2019 − x| = 2|2019 + x|. (1)

Vaatleme eraldi kolme juhtu.

A

−6000 −5000 −4000 −3000 −2000 −1000 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000

︸︷︷︸

2019

︸︷︷︸

a

︸︷︷︸

a

A

−6000 −5000 −4000 −3000 −2000 −1000 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000

︸︷︷︸

2019︸︷︷︸

a

︸︷︷︸

a

Joonis 11

37

• Olgu x < −2019. Siis 2019 − x > 0 ja 2019 + x < 0, millest tulenevalt|2019 − x| = 2019 − x ja |2019 + x| = −2019 − x . Võrrand (1) taandubkujule 2019− x = 2(−2019− x), kust x = −6057. See arv tõesti rahuldabtingimust x < −2019.

• Olgu −2019 É x É 2019. Siis 2019 − x Ê 0 ja 2019 + x Ê 0, mistõttu|2019 − x| = 2019 − x ja |2019 + x| = 2019 + x . Võrrand (1) taandubkujule 2019 − x = 2(2019 + x), kust x = −673. See arv tõesti rahuldabtingimust −2019 É x É 2019.

• Olgu x > 2019. Siis 2019 − x < 0 ja 2019 + x > 0, millest tulenevalt|2019 − x| = −2019 + x ja |2019 + x| = 2019 + x . Võrrand (1) taandubkujule −2019 + x = 2(2019 + x), kust x = −6057. See lahend on jubakäes.

Kokkuvõttes on punkti B koordinaat kas −6057 või −673.

38



II osa lahendused

1. Vastus: 12600.

Olgu x õpetaja poolt algselt tahvlile kirjutatud arv. Selle arvu kümnelistenumber on 0, sest õpetaja kirjutatud arv on ülesande tingimusele vastavaistarvudest vähim ja algsest kümneliste numbrist tingimus ei sõltu. Ülesandetingimuse põhjal jagub arv x + 10d arvuga d iga d = 1, 2, . . . , 9 korral. Seekehtib parajasti siis, kui arv x jagub iga arvuga d = 1, 2, . . . , 9. See omakordakehtib parajasti siis, kui arv x jagub arvude 1, 2, . . . 9 vähima ühiskordsega2520. Arvu 2520 vähim täiskordne, mille kümneliste number on 0, on 12600,seega x = 12600.

2. Vastus: selliseid võimalusi pole.

Oletame, et tähtede asendamine numbritega on võimalik. Kuna üks liide-tavatest on 4-kohaline ja teine 5-kohaline, peab summana 6-kohalise ar-vu saamiseks 5-kohaline liidetav algama numbriga 9 (muidu oleks summa5-kohaline), summa aga algama numbritega 1 ja 0. Seega G = 9, M = 1 jaE = 0. Kuna erinevad tähed asendatakse erinevate numbritega, siis muu-hulgas O < 9 ja L < 9. Järelikult O + M < 9 + 1 = 10, mistõttu ühelistestei teki ülekannet kümnelistesse. Samas ka L + M < 9 + 1 = 10. Et summakümneliste numbriks saada 0, peaksid liidetavate kümneliste numbrid ole-ma mõlemad nullid, mis aga ei ole nii.

3. Lahendus 1. Et rööpküliku vastasküljed AD ja BC on paralleelsed ningAM poolitab nurga D AB , saame ∠AMB = ∠M AD = ∠M AB , mistõttu|AB | = |B M | (joonis 12). Et M on külje BC keskpunkt, siis |B M | = |MC |,ning et ABCD on rööpkülik, siis |AB | = |CD|, mistõttu ka |MC | = |CD|.

A

B C

D

M

Joonis 12

A

B C

D

M

N

Joonis 13

39

A

BC

D

M

A′D

′

Joonis 14

Võrdhaarsetest kolmnurkadest AB M ja CDM tulenevad aga nurkade võr-dused

∠AMB = 180◦ −∠AB M

2= 90◦ − ∠AB M

2,

∠C MD = 180◦ −∠MCD

2= 90◦ − ∠MCD

2.

Kokkuvõttes ∠AMD = 180◦ −∠AMB −∠C MD = ∠AB M +∠MCD

2= 90◦ .

Lahendus 2. Olgu N külje AD keskpunkt (joonis 13). Et rööpküliku vastas-küljed AD ja BC on ühepikkused, siis ka |AN | = |B M |. Kuna B M ∥ AN , onAB M N rööpkülik. Et diagonaal AM poolitab selle rööpküliku nurga, siis seerööpkülik on romb ehk |N A| = |N M |. Kuna ka |N A| = |N D|, on N kolmnur-ga AMD ümberringjoone keskpunkt. Täisnurkse kolmnurga ümberringjoo-ne keskpunkt asub selle kolmnurga hüpotenuusil, teistsuguste kolmnurka-de ümberringjoone keskpunkt ei asu kolmnurga küljel. Seega ∠AMD = 90◦ .

Lahendus 3. Et M on külje BC keskpunkt, on B ja C teineteisega punktiM suhtes sümmeetrilised. Olgu A′ ja D ′ vastavalt tippudega A ja D punktiM suhtes sümmeetrilised punktid (joonis 14). Siis A′C ∥ AB ∥ CD ∥ BD ′ ,mistõttu punktid A , B , D ′ asuvad ühel sirgel ja punktid D , C , A′ sellegaparalleelsel sirgel, ning |AD ′| = |AB | + |BD ′| = |A′C | + |CD| = |A′D|. See-ga AD A′D ′ on rööpkülik ja M tema diagonaalide lõikepunkt. Et rööpküli-ku AD A′D ′ diagonaal A A′ on ühtlasi tema nurgapoolitaja, siis AD A′D ′ onromb. Kuna rombi diagonaalid on risti, siis ∠AMD = 90◦ .

6 8

31

2 5

74

Joonis 15

40

4. Vastus: jah.

Üks võimalus on kujutatud joonisel 15.

41



Lahendused

1. Vastus: 3.

Kolme murru kaupa ühisele nimetajale viies saame

4036

4037+ 4038

4039+ 4040

4038=

= 4036 · 4038 · 4039 + 4037 · 4038 · 4038 + 4037 · 4039 · 4040

4037 · 4038 · 4039=

=3 · 4037 · 4038 · 4039 − 4038 · 4039 − 4037 · 4038 + 2 · 4037 · 4039

4037 · 4038 · 4039=

= 3 + 2 · 4037 · 4039 − 4037 · 4038 − 4038 · 4039

4037 · 4038 · 4039,

4038

4037 · 4039−

2018

4037 · 4038−

2020

4038 · 4039=

= 4038 · 4038 − 2018 · 4039 − 2020 · 4037

4037 · 4038 · 4039.

Paneme tähele, et

2 · 4037 · 4039 − 4037 · 4038 − 4038 · 4039 = 2 · (40382 − 1) − 2 · 40382 = −2

ja

4038 · 4038 − 2018 · 4039 − 2020 · 4037 = 40382 − 40382 − 2018 + 2020 = 2.

Seega antud avaldise väärtus on 3 − 2

4037 · 4038 · 4039+ 2

4037 · 4038 · 4039ehk 3.

2. Vastus: 20.

Olgu b arvuti hind kaupluses B enne allahindlust. Siis sama arvuti hind

kaupluses A enne allahindlust on x protsenti vähem ehk(

1 −x

100

)

b . Pärast

allahindlust on kaupluses A selle arvuti hind 0,9(

1 − x

100

)

b , kaupluses B

aga 0,6b . Et kaupluses A on see arvuti nüüd x protsenti kallim kui kauplu-ses B, saame võrrandi

0,9(

1 −x

100

)

b =(

1 +x

100

)

· 0,6b.

42

Pärast taandamist suurusega b , sulgude avamist ja sarnaste liikmete koon-

damist saamex

100= 0,9 − 0,6

0,9 + 0,6= 0,2, kust x = 20.

3. Vastus: 6.

Lahendus 1. Kui arv a on valitud, määrab ülesandes antud võrrand b ühe-

selt seosega b = 2019 − 22a

15. Seega piisab loendada sellised mittenegatiiv-

sed täisarvud a , mille korral2019 − 22a

15on samuti mittenegatiivne täisarv

ehk mille korral 2019 − 22a on mittenegatiivne ja jagub 15-ga. Et 15 esitubalgarvude korrutisena kujul 3 · 5, jaguvad 15-ga parajasti need arvud, misjaguvad 3-ga ja 5-ga. Paneme veel tähele, et kui a Ê 100, siis 2019−22a < 0,mistõttu piisab otsida vaid 100-st väiksemaid arve.

Et 2019 − 22a jaguks 3-ga, peab 22a jaguma 3-ga, sest 2019 jagub 3-ga. Et22a jaguks 3-ga, peab omakorda a jaguma 3-ga, sest arvu 22 algteguriteseas 3 ei esine.

Teisalt, 5-ga jagumiseks peab arvu 2019 − 22a viimane number olema 0või 5. Selleks peab arvu 22a viimane number olema vastavalt 9 või 4. Et22a on paaris, ei saa tema viimane number olla 9. Selleks, et 22a viimanenumber oleks 4, peab a viimane number olema kas 2 või 7.

Mittenegatiivsed 100-st väiksemad 3-ga jaguvad täisarvud, mille viimanenumber on 2 või 7, on 12, 27, 42, 57, 72 ja 87. Neid on kokku 6. Eelnevapõhjal on ka algset võrrandit rahuldavaid mittenegatiivsete täisarvude paa-re 6.

Lahendus 2. Kui arv a on valitud, määrab ülesandes antud võrrand b ühe-

selt seosega b = 2019 − 22a

15. Seega piisab loendada sellised mittenegatiiv-

sed täisarvud a , mille korral2019 − 22a

15on samuti mittenegatiivne täisarv

ehk mille korral 2019 − 22a on mittenegatiivne ja jagub 15-ga. Paneme veeltähele, et kui a Ê 100, siis 2019− 22a < 0, mistõttu piisab otsida vaid 100-stväiksemaid arve.

Et 2019 − 22 · 12 = 15 · 117, siis a = 12 on üks sobiv arv. Edasi, kõik ar-vud kujul 2019 − 22(12 + 15k), kus k on suvaline täisarv, jaguvad 15-ga,sest 2019 − 22(12 + 15k) = (2019 − 22 · 12) − (22 · 15k), kus mõlemad su-luavaldised jaguvad 15-ga. Need on ka ainsad 15-ga jaguvad arvud kujul2019 − 22a ; tõepoolest, kui arv 2019 − 22a jagub 15-ga, siis 15-ga jagub kavahe (2019−22 ·12)− (2019−22a) ehk arv 22(a−12), selleks aga peab 15-gajaguma arv a − 12, sest 22 ja 15 on ühistegurita. Arv a − 12 jagub 15-ga agaparajasti siis, kui a − 12 = 15k ehk a = 12 + 15k mingi täisarvu k korral.

Seega jääb üle loendada mittenegatiivsed 100-st väiksemad täisarvud kujul12+15k , kus k on täisarv. Vähim selline täisarv on juhul k = 0, suurim juhulk = 5. Järelikult on otsitavaid arve kokku 6.

43

4. Vastus: p3 − 3pq .

Lahendus 1. Viète’i teoreemi põhjal x1 + x2 = p ja x1x2 = q . Seega

x31 + x3

2 = (x1 + x2)(x21 − x1x2 + x2

2 )= (x1 + x2)((x1 + x2)2 − 3x1x2)= (x1 + x2)3 − 3(x1 + x2)x1x2

= p3 − 3pq .

Lahendus 2. Üldisust kitsendamata saame ruutvõrrandi lahendivalemi põh-

jal x1 = p

2−

√

( p

2

)2− q ja x2 = p

2+

√

( p

2

)2− q . Siis

x31 =

( p

2

)3− 3

( p

2

)2√

( p

2

)2− q + 3

( p

2

)

(

( p

2

)2− q

)

−(√

( p

2

)2− q

)3

,

x32 =

( p

2

)3+ 3

( p

2

)2√

( p

2

)2− q + 3

( p

2

)

(

( p

2

)2− q

)

+(√

( p

2

)2− q

)3

,

Järelikult

x31 + x3

2 = 2 ·( p

2

)3+ 2 · 3

( p

2

)

(

( p

2

)2− q

)

= p3 − 3pq .

5. Lahendus 1. Lõikugu need kaks keskristsirget tipu A juures oleva nurga poo-litajal. Kolmnurga kolme külje keskristsirged lõikuvad ühes punktis, seegavõib üldisust kitsendamata eeldada, et sel nurgapoolitajal lõikuvad külgedeAB ja AC keskristsirged; olgu see lõikepunkt O ning olgu külgede AB ja AC

keskpunktid vastavalt D ja E (joonis 16). Et täisnurksete kolmnurkade AOD

ja AOE tipu A juures on võrdsed teravnurgad ja hüpotenuus AO on ühine,on kolmnurgad AOD ja AOE võrdsed. Järelikult |AD| = |AE |, millest tule-nevalt |AB | = |AC |.Lahendus 2. Lõikugu need kaks keskristsirget tipu A juures oleva nurga poo-litajal. Kolmnurga kolme külje keskristsirged lõikuvad tema ümberringjoonekeskpunktis, järelikult läbib nurga B AC poolitaja kolmnurga ABC ümber-ringjoone keskpunkti O (joonis 17). Seega paiknevad kiired AB ja AC süm-meetriliselt punktist A algava diameetri suhtes, mistõttu paiknevad omava-hel selle sirge suhtes sümmeetriliselt ka nende kiirte lõikepunktid ringjoo-nega, B ja C . Et A asub sümmeetriateljel, siis |AB | = |AC |.

6. Vastus: ei.

Lahendus 1. Oletame, et see on võimalik. Iga ühikruudu värvi mõjutab ainultsee, kas käike, millega antud ühikruudu värvi muudetakse, on paaris- võipaaritu arv. Seega võib üldisust kitsendamata eeldada, et ühtki 3×3 ruutu ei

44

A

B C

D E

O

Joonis 16

A

B C

O

Joonis 17

valita ümbervärvimiseks korduvalt, sest sama 3 × 3 ruudu kahekordne üm-bervärvimine ei muuda ühegi ühikruudu ümbervärvimiste arvu paarsust.

Adresseerime ühikruudud rea- ja veerunumbri paaridega (i , j ), loendadesridu ülalt alla ja veerge vasakult paremale, 3 × 3 ruutude aadressiks aga loe-me nende ülemise vasakpoolse ühikruudu aadressi (joonisel 18 on siniseltkujutatud ühikruut ja 3× 3 ruut, mõlemad aadressiga (5, 4)). Kuna ühikruut(1, 1) sisaldub ainult 3 × 3 ruudus (1, 1) ja see ühikruut peab saama valgestmustaks, tuleb 3 × 3 ruut (1, 1) mingil sammul ümber värvida. Kuna ühik-ruut (1, 2) sisaldub parajasti 3× 3 ruutudes (1, 1) ja (1, 2) ning neist esimese3 × 3 ruudu ümbervärvimine muudab selle ühikruudu mustaks, ei tohi teist3 × 3 ruutu ümbervärvimiseks valida. Samuti kuna ühikruut (1, 3) sisaldubparajasti 3 × 3 ruutudes (1, 1), (1, 2) ja (1, 3) ning neist esimese ümbervär-vimine muudab selle ühikruudu mustaks ja teist ümber ei värvita, ei tohi kakolmandat 3 × 3 ruutu ümbervärvimiseks valida. Kuid sama arutelu saak-sime läbi viia ka sümmeetrilisel juhul, kui veerge nummerdataks paremaltvasakule; seega jääb ka 3 × 3 ruuduga (1, 3) vertikaalkeskjoone suhtes süm-meetriline 3 × 3 ruut (1, 4) ümber värvimata. Kuid ühikruut (1, 4) sisaldubainult 3×3 ruutudes (1, 2), (1, 3) ja (1, 4). Et ühtki neist ei värvita, jääb ühik-ruut (1, 4) valgeks, vastuolu. Seega pole võimalik antud sammudega kõikiühikruute mustaks saada.

1

1

2

2

3

3

4

4

5

5

6

6

7

7

8

8

Joonis 18

45

Lahendus 2. Näitame, et ühte 1× 8 rida pole võimalik üleni mustaks muuta.Jagame suvalise rea ruudud 3 rühma, nagu näidatud joonisel 19.

1 2 3 1 2 3 1 2

Joonis 19

Lõppseisus peab iga ruudu värvimiste arv olema paaritu. Vaatleme iga rüh-ma ruutude värvimiste summat. Iga käik, mis seda rida muudab, muudabigas rühmas värvimiste arvu paarsuse. Kuna algseisus on kõik paaris (nul-lid), aga lõppseisus peab olema 1. ja 2. rühmas värvimiste summa paaritu,aga 3. rühmas paaris, siis pole selline värvimine võimalik.

Märkus 1. Sarnast värvimist võib vaadelda ka kogu ruudustiku jaoks.

Märkus 2. Lahendus 2 tõestab ühtlasi, etm×n ruudustikku on võimalik ülenimustaks värvida ainult siis, kui nii m kui ka n jaguvad 3-ga.

46



Lahendused

1. Vastus: x = 0 ja x = 5.

Lahendus 1. Vaatame läbi kolm juhtu.

• Kui x < 2, siis x−2 < 0 ja x−3 < 0, mistõttu |x−2| = 2−x ja |x−3| = 3−x .Asendades võrrandisse, saame 2 − x + 3 − x = 5, kust x = 0. See langebtõepoolest vaadeldavasse piirkonda.

• Kui 2 É x É 3, siis x − 2 Ê 0 ja x − 3 É 0, mistõttu |x − 2| = x − 2 ja|x − 3| = 3 − x . Asendades võrrandisse, saame x − 2 + 3 − x = 5, kustsaame vastuolu.

• Kui x > 3, siis x−2 > 0 ja x−3 > 0, mistõttu |x−2| = x−2 ja |x−3| = x−3.Asendades võrrandisse, saame x − 2 + x − 3 = 5, kust x = 5. See langebtõepoolest vaadeldavasse piirkonda.

Lahendus 2. Ruutu tõstes saame võrduse

(x − 2)2 + (x − 3)2 + 2 |(x − 2)(x − 3)| = 25,

mis sulgude avamisel ja lihtsustamisel annab

x2 − 5x − 6 = −∣

∣x2 − 5x + 6∣

∣ .

Et x2−5x−6 6= x2−5x+6, siis x2−5x−6 = −(x2−5x+6), kust x2−5x = 0 ehkx = 0 või x = 5. Mõlemad saadud lahendid rahuldavad ka algset võrrandit.

2. Vastus: 423< 432

< 324= 342

< 243< 234

.

Et 23 = 8 < 9 = 32 , siis 423= 48 < 49 = 432

; samuti kuna 43 = 64 < 81 = 34 ,

siis 243= 264 < 281 = 234

, ning et 24 = 16 = 42 , siis 324= 316 = 342

.

Lõpuks saame 49 = (22)9 = 22·9 = 23·6 = (23)6 = 86 < 98 = (32)8 = 32·8 = 316

ja 264 = 22·32 = (22)32 = 432 > 316 , millest tulenevalt 432< 324

ja 342< 243

.

3. Vastus: a) jah; b) jah.

a) Täisarvuline on näiteks summa5

2+ 7

3+ 1

6+ 8

4= 7.

b) Täisarvuline on näiteks summa7

2+ 11

6+ 3

9+ 4

12+ 10

5+ 8

1= 16.

47

Märkus. Juhul n = 4 on võimalusi n hariliku murru lugejad ja nimetajadarvudega 1, . . . , 2n täita kokku 1680, millest 21 ehk 1,25% annavad täisar-vulise summa. Juhul n = 6 on võimalusi n hariliku murru lugejad ja nime-tajad arvudega 1, . . . , 2n täita kokku 665280, millest 1007 ehk umbes 0,15%annavad täisarvulise summa. Täisarvulise summaga jaotuste täpne koguarvon teada vaid n = 1, . . . , 8 korral, vt N. Sloane’i arvjadade entsüklopeediaA060146.

4. Lahendus 1. Tõestame samaväärse võrratuse

(

1

sinα

)2

−(

1

2 cos α2

)2

−(

1

4 cos α4

)2

−(

1

8 cos α8

)2

> 0.

Paneme tähele, et iga nurga x korral, mis pole 90◦ täiskordne, kehtib

(

1

sin x

)2

−(

1

2 cos x2

)2

=1

sin2 x−

1

4 cos2 x2

=1

4 sin2 x2 cos2 x

2

−1

4 cos2 x2

=

=1 − sin2 x

2

4 sin2 x2 cos2 x

2

=cos2 x

2

4 sin2 x2 cos2 x

2

= 1

4 sin2 x2

=

=(

1

2 sin x2

)2

.

Rakendades saadud võrdust järjest nurkadele x = α, x = α

2ja x = α

4, saame

(

1

sinα

)2

−(

1

2 cos α2

)2

−(

1

4 cos α4

)2

−(

1

8 cos α8

)2

=

=(

1

2 sin α2

)2

−(

1

4 cos α4

)2

−(

1

8 cos α8

)2

=

=(

1

4 sin α4

)2

−(

1

8 cos α8

)2

=

=(

1

8 sin α8

)2

> 0.

Lahendus 2. Teisendame võrratuse vasaku poole nimetajates olevad avaldi-sed samasuse sin 2x = 2 sin x cos x abil. Kuna α pole 90◦ täiskordne, on kõikteisendustes kasutatavad trigonomeetriliste funktsioonide väärtused nullist

48

erinevad. Saame

2 cosα

2=

2 cos α2 sin α

2

sin α2

= sinα

sin α2

,

4 cosα

4=

4 cos α4 sin α

4

sin α4

=2 sin α

2

sin α4

=2 sin α

2 cos α2

sin α4 cos α

2

= sinα

sin α4 cos α

2

,

8 cosα

8=

8 cos α8 sin α

8

sin α8

=4 sin α

4

sin α8

=4 sin α

4 cos α4

sin α8 cos α

4

=2 sin α

2

sin α8 cos α

4

=

=2 sin α

2 cos α2

sin α8 cos α

4 cos α2

= sinα

sin α8 cos α

4 cos α2

Asendades saadud avaldised ülesande võrratusse ja viies vasakul pool ole-vad liikmed ühisele nimetajale, saame samaväärse võrratuse

sin2 α2 + sin2 α

4 cos2 α2 + sin2 α

8 cos2 α4 cos2 α

2

sin2 α< 1

sin2 α

Et sin2 α > 0, on see samaväärne võrratusega

sin2 α

2+ sin2 α

4cos2 α

2+ sin2 α

8cos2 α

4cos2 α

2< 1.

Asendades kõik siinused valemist sin2 x + cos2 x = 1, avades sulud ja koon-dades sarnased liikmed, tekib siit võrratus

1 − cos2 α

8cos2 α

4cos2 α

2< 1.

Viimane ilmselt kehtib.

Märkus. Lahenduse 2 lõpus leidub võrratuse lihtsustamiseks palju teisi viisepeale otsese koosinuste asendamise siinustega. Näiteks võib vasaku poole

kahes viimases liikmes tuua cos2 α

2sulgude ette, saades

sin2 α

2+ cos2 α

2

(

sin2 α

4+ sin2 α

8cos2 α

4

)

< 1.

Nüüd piisab näidata, et sulgudes olev avaldis on väiksem kui 1, sest siis saab

võrratuse vasakut poolt hinnata ülevalt suurusega sin2 α

2+ cos2 α

2ehk ar-

vuga 1, mida ongi vaja. Seega on vaja tõestada võrratus

sin2 α

4+ sin2 α

8cos2 α

4< 1.

Sarnaselt eelnevale piisab nüüd näidata, et sin2 α

8< 1. See võrratus on aga

ilmne, sest siinus nurgast, mis pole 90◦ täiskordne, on absoluutväärtuseltväiksem 1-st.

49

A

B C

L

Joonis 20

A

B CK

L

T

Joonis 21

5. Vastus:

p7

4m2 .

Lahendus 1. Olgu antud kolmnurk ABC , kus |AB | = |AC | ja |BC | = a . Olgukülje AC keskpunkt L ; vastavalt ülesande tingimustele |BL| = |BC | (joo-nis 20). Et kolmnurgad ABC ja BCL on mõlemad võrdhaarsed ja alusnurktipu C juures on ühine, on need kolmnurgad sarnased. Seega

|CL|a

=a

|AB |=

a

|AC |=

a

2|CL|,

kust a2 = 2|CL|2 ning |CL| = 1p

2a ja |AB | = |AC | =

p2a .

Olgu kolmnurga ABC tipust A tõmmatud kõrgus h . Et kolmnurk ABC onvõrdhaarne tipunurgaga A juures, poolitab tipust A tõmmatud kõrgus kül-

je BC . Pythagorase teoreemist seega h =

√

(p2a

)2−

(

1

2a

)2

=p

7

2a . Järeli-

kult S =1

2ah =

p7

4a2 =

p7

4m2 .

Lahendus 2. Nagu lahenduses 1 tähistame punktid A , B , C ja L ning näi-

tame, et |CL| = 1p

2a ja |AB | = |AC | =

p2a . Olgu β = ∠ABC = ∠ACB ,

siis ∠B AC = 180◦ − 2β. Kolmnurga BCL pindala on1

2a

(

1p

2a

)

sinβ ehk

1

2p

2a2 sinβ, kolmnurga B AL pindala aga

1

2

(p2a

)

(

1p

2a

)

sin(180◦ − 2β)

ehk a2 sinβ cosβ. Et BL on kolmnurga ABC mediaan, on need pindalad

võrdsed, kust cosβ =1

2p

2ja sinβ =

p7

2p

2. Kolmnurga ABC pindala on

järelikult 2 · a2 · 1

2p

2·p

7

2p

2ehk

p7

4a2 ehk

p7

4m2 .

50

Lahendus 3. Nagu lahenduses 1 näitame, et antud võrdhaarse kolmnurga

küljepikkused on a , b =p

2a ja c =p

2a . Selle kolmnurga poolümbermõõt

avaldub siis kujul p =(p

2 + 1

2

)

a . Heroni valemist saame

S =√

p(p − a)(p − b)(p − c) =

=√

(p2 + 1

2

)

a ·(p

2 − 1

2

)

a · 1

2a · 1

2a =

p7

4a2 =

p7

4m2.

Lahendus 4. Olgu antud kolmnurk ABC , kus |AB | = |AC |. Olgu küljele BC

tõmmatud kõrguse aluspunkt K , külje BC keskpunkt L ning lõikude AK

ja BL lõikepunkt T (joonis 21). Tähistame veel |BC | = a ja olgu |AK | = h .Kuna |AB | = |AC |, siis AK on ühtlasi mediaan ja T seega kolmnurga ABC

mediaanide lõikepunkt.

Vastavalt ülesande tingimustele |BL| = a . Et mediaanide lõikepunkt jaotab

mediaani suhtes 2 : 1, siis |BT | = 2

3a ja |K T | = 1

3h . Pythagorase teoreemist

kolmnurgas BK T saame

(

1

3h

)2

=(

2

3a

)2

−(

1

2a

)2

, kust h =p

7

2a . Järelikult

kolmnurga ABC pindala on S = 1

2ah =

p7

4a2 =

p7

4m2 .

6. Vastus: kõik positiivsed täisarvud n , mis annavad 4-ga jagades jäägi 0 või 3.

Lahendus 1. Kui n jagub 4-ga, siis kirjutame arvude 1, . . . ,n

2puhul kõigi

paaritute arvude ette plussi ja paarisarvude ette miinuse, arvuden

2+1, . . . , n

puhul aga vastupidi. Siis avaldise esimene pool jaguneb järjestikuste liideta-vate paarideks, mille summa on −1, teine pool aga paarideks, mille summaon 1, järelikult on kogusumma 0. Kui n annab 4-ga jagades jäägi 3, siis pa-

neme paaritu arvun − 1

2ette plussi ja kõigi ülejäänud arvude ette vaheldu-

misi plussi ja miinuse. Jättes liidetavan − 1

2välja, jagunevad ülejäänud ar-

vud järjestikuste liidetavate paarideks, mille liikmete summa on −1. Et neid

paare onn − 1

2ja väljajäetud liidetav on samuti

n − 1

2, on kogusumma 0.

Näitame nüüd, et muude arvude n puhul ei ole antud avaldises võimalikplusside asendamisel miinustega saada tulemuseks 0. Selleks oletame, etselline märkide asendamine on leitud. Kui n annab 4-ga jagamisel jäägi 2,siis n = 2p , kus p on paaritu. Jaotame algse avaldise liidetavad 1, . . . , n paa-rideks (1, 2), (3, 4), . . . , (n − 1, n); neid paare tekib paaritu arv. Igas paaris onüks arv paaritu ja teine paaris, mistõttu iga paari liikmete summa on paaritu.

51

Järelikult on algse avaldise väärtus paaritu. Et plussi asendamine miinusegaei muuda arvu paarsust, on kõik plusside asendamisel miinustega saadudavaldiste väärtused samuti paaritud ega saa võrduda paarisarvuga 0. Kui n

annab 4-ga jagamisel jäägi 1, siis eelneva põhjal teame, et n + 1 liidetavakorral oleks nende summa sõltumata märkide valikust paaritu. Et n + 1 onpaaris, siis tema ärajätmine ei muuda summa paarsust. Seega pole ka seljuhul võimalik saada summa väärtuseks paarisarvu 0. Kokkuvõttes on nõu-tud viisil märkide asendamine võimalik vaid siis, kui n annab 4-ga jagadesjäägi 0 või 3.

Lahendus 2. Kui n ≡ 0 (mod 4), siis kirjutame miinused arvude 1, . . . ,n

4ja

3n

4+1, . . . , n ette ning plussid arvude

n

4+1, . . . ,

3n

4ette. Jaotades arvud paa-

ridesse (1,n

2+1), (2,

n

2+2), . . ., on esimeses pooles iga paari liikmete summa

n

2ja teises pooles −n

2, kogusumma tuleb 0. Kui n ≡ 3 (mod 4), siis paneme

arvude 1 ja 2 ette plussid, arvu 3 ette miinuse ja ülejäänud arvudega, midaon kokku 4-ga jaguv arv, toimime nagu varem kirjeldatud. Summa on 0, sest1 + 2 − 3 = 0 ja ülejäänud liidetavate summa eelneva põhjal samuti 0 (sum-mat ei muuda asjaolu, et arvud on 3 võrra suuremad kui enne, sest plusse jamiinuseid on ühepalju).

Näitame nüüd, et muude arvude n puhul ei ole antud avaldises võimalikplusside asendamisel miinustega saada tulemuseks 0. Kui see oleks võima-lik, peaks arvude 1, . . . , n summa olema paarisarv, sest plussi asendami-ne miinusega paarsust ei muuda. Aritmeetilise jada summa valemi põhjal

1 + . . . + n = n(n + 1)

2. Kui arvudest n ja n + 1 ei jagu kumbki 4-ga, siis on

n(n + 1)

2paaritu, sest arvudest n ja n + 1 on üks alati paaritu. Seega saab

nõutud märkide asendamine olla võimalik vaid juhul, kui n jagub 4-ga võin + 1 jagub 4-ga ehk n annab 4-ga jagades jäägi 0 või 3.

Märkus. Lahenduses 2 kasutatud tähistus a ≡ b (mod m) märgib, et a ja b

annavad m-ga jagades sama jäägi. Kui 0 É b < m , siis on see samaväärnetingimusega, et arv a annab m-ga jagades jäägi b .

52



Lahendused

1. Vastus: 60.

Leiame algul õpilaste B, C, D, E, F ja G omavaheliste järjestuste arvu. Võima-lusi valida 6 õpilase vahelises pingereas need 3 kohta, kus paiknevad 3 õpi-last B, C ja D, on C 3

6 ehk 20. Sellega on kõigi 6 õpilase omavaheline järjestusüheselt määratud, sest B, C, ja D peavad asuma just selles järjestuses ning E,F ja G hõivavad parajasti ülejäänud kohad just selles järjestuses. Seega saa-vad õpilased B, C, D, E, F ja G omavahel paikneda 20 viisil.

Sõltumata vaadeldud 6 õpilase omavahelisest järjestusest, saab õpilane Anende suhtes paikneda kas kõige ees, esimese ja teise vahel või teise ja kol-manda vahel, muidu ei saaks ta olla esikolmikus. Järelikult saavad õpilasedA, B, C, D, E, F ja G omavahel paikneda 20 · 3 ehk 60 viisil.

Märkus. Kirjutis C kn märgib kombinatsioonide arvu n objektist k -kaupa. Sa-

ma suurust märgib ka

(

n

k

)

.

2. Vastus: 2.

Teisendades saame

2 log 2 + 2 log 3 − log 13 + 2 log 19 = log 22 + log 32 − log 13 + log 192 =

= log22 · 32 · 192

13=

= log(2 · 3 · 19)2

13=

= log1142

13=

= log12996

13.

Et 100 = 1300

13< 12996

13< 13000

13= 1000, siis

2 = log 100 < 2 log 2 + 2 log 3 − log 13 + 2 log 19 < log 1000 = 3.

Järelikult arvu 2 log 2 + 2 log 3 − log 13 + 2 log 19 täisosa on 2.

Märkus. Arvu 2 log 2+2 log 3−log 13+2 log 19 täpne väärtus on 2,9998663 . . . .

53

3. Vastus: a) ei b) ei.

a) Paneme tähele, et kui arv an−1 jagub 2-ga, kuid mitte 4-ga, siis sa-ma kehtib ka arvu 19an−1 kohta. Et 20an−2 jagub 4-ga, siis ka summa20an−2 + 19an−1 jagub 2-ga, kuid mitte 4-ga. Seega kui mõni liige jadasjagub 2-ga, kuid mitte 4-ga, siis kõik järgnevad liikmed on sama oma-dusega. Kuna paaris täisarvude ruudud jaguvad kõik 4-ga, ei saa ükskineist liikmetest olla täisarvu ruut. Võttes a1 = 6, pole järelikult ükskijada liige täisarvu ruut peale a0 , mis võrdub 1-ga.

b) Olgu an−1 viimane number d , d 6= 0. Siis arvu 19an−1 viimane numberon 10−d , mistõttu ka arvu 20an−2 +19an−1 viimane number on 10−d .Võttes a1 = 7, on jada liikmete a1, a2, a3, a4, . . . viimased numbrid vas-tavalt 7, 3, 7, 3, . . . , kuid ühegi täisarvu ruut ei lõpe 3- ega 7-ga. Seega onjada ainus täisarvu ruut a0 , mis võrdub 1-ga.

4. Lahendus 1. Ilmselt x = 1 ei ole antud võrrandi lahend. Kirjutades summa

1+x+x2+x3+. . .+x2018 ümber kujulx2019 − 1

x − 1, saame pärast antud võrrandi

poolte läbikorrutamist suurusega x − 1 võrrandi

x2019 − 1 = 1

2019(x − 1), (2)

mis x 6= 1 puhul on algse võrrandiga samaväärne. Näitame, et sellel võrran-dil pole 1-st erinevaid reaalarvulisi lahendeid.

Kui x > 1, siis x2019 > x , mistõttu x2019 − 1 > x − 1 > 1

2019(x − 1) ehk

võrrandi (2) vasak pool on suurem kui parem pool. Kui 0 É x < 1, siis

x2019 É x < 1, mistõttu x2019 − 1 É x − 1 < 1

2019(x − 1) ehk võrrandi (2)

vasak pool on väiksem kui parem pool. Kui −1 < x < 0, siis x2019 < 0, mis-

tõttu x2019 − 1 < −1, samas kui1

2019(x − 1) > − 2

2019> −1. Seega võrrandi

(2) vasak pool on väiksem kui parem pool. Kui aga x É −1, siis x2019 É x ,

mistõttu x2019 − 1 É x − 1 < 1

2019(x − 1) ehk võrrandi (2) vasak pool on

jällegi väiksem kui parem pool. Sellega on kõik juhud ammendatud.

Lahendus 2. Ilmselt ei ole arv 1 antud võrrandi lahend, mistõttu võib järgne-

vas eeldada, et x 6= 1. Siis 1+ x + x2 + x3 + . . .+ x2018 =x2019 − 1

x − 1; tähistades

f (x) = x2019 −1 ja g (x) = 1

2019(x −1), on antud võrrandi lahendid parajasti

võrrandif (x) = g (x) (3)

arvust 1 erinevad lahendid.

54

x

y

y = g (x)

y = f (x)

(

1009

√

1

2019, f

(

1009

√

1

2019

))

Joonis 22

x

y

y = g (x)

y = f (x)

(

−

1009

√

1

2019, f

(

−

1009

√

1

2019

))

Joonis 23

Et f ′(x) = 2019x2018 ja g ′(x) = 1

2019, on funktsioon y = f (x) kasvav ko-

gu reaalarvude hulgal ning funktsiooni y = g (x) graafiku tõus konstant-

selt1

2019. Võrdus f ′(x) = g ′(x) annab x = ± 1009

√

1

2019. Seega piirkon-

nas x Ê 1009

√

1

2019saab võrdus (3) kehtida ülimalt ühel kohal (joonis 22);

et f (1) = 0 = g (1) ja 1 > 1009

√

1

2019, siis piirkonnas x Ê 1009

√

1

2019po-

le võrrandil (3) 1-st erinevaid lahendeid. Lõpuks paneme tähele, et kohal

x = − 1009

√

1

2019kehtib f (x) < −1 < g (x) (joonis 23), mistõttu ei saa võrdus

(3) kehtida ka piirkonnas x < 1009

√

1

2019, sest funktsiooni y = f (x) graafik

jääb kogu selles piirkonnas allapoole oma puutujat punktis x = − 1009

√

1

2019,

mis omakorda paikneb madalamal funktsiooni y = g (x) graafikust. Järeli-kult puuduvad võrrandil (3) 1-st erinevad lahendid.

Lahendus 3. Jaotame arvsirge kolme piirkonda ja näitame, et üheski piirkon-nas ei saa leiduda antud võrrandi lahendeid.

Kui x Ê 0, siis on liidetavad x, x2 , x3, . . . , x2018 kõik mittenegatiivsed, mis-

tõttu 1+ x + x2 + x3 + . . .+ x2018 Ê 1 > 1

2019. Seega niisugune x ei ole antud

võrrandi lahend.

Kui x É −1, siis rühmitades liikmed x, x2 , . . . , x2017, x2018 järjest kahekaupa,on iga rühma liikmete summa mittenegatiivne, sest igasse rühma kuulubpaarisaste, mis on alati positiivne, ja 1 võrra madalam paaritu aste, mis ab-soluutväärtuselt teda ei ületa. Seega jällegi x + x2 + . . . + x2018 Ê 0, mistõttu

55

1+ x + x2 + x3 + . . .+ x2018 Ê 1 >1

2019. Järelikult ka niisugune x ei ole antud

võrrandi lahend.Jääb üle veel juht −1 < x < 0. Rühmitades liikmed x2, x3, . . . , x2017 jär-jest kahekaupa, on iga rühma liikmete summa positiivne, sest igasse rühmakuulub paarisaste, mis on alati positiivne, ja 1 võrra kõrgem paaritu aste,mis on absoluutväärtuselt väiksem. Seega x2 + x3 + . . . + x2017 > 0. Näitame

nüüd, et 1 + x + x2018 > 1

2019. Kui −2018

2019É x < 0, siis 1 + x Ê 1

2019, mis-

tõttu ka 1 + x + x2018 > 1

2019; kui aga −1 < x < −2018

2019, siis

2018

2019< |x| < 1

ning x2018 = |x|2018 >(

1 −1

2019

)2018

>1

2019(viimane samm tuleneb otse

Bernoulli võrratusest), mistõttu 1 + x + x2018 >1

2019.

5. Vastus: võrdus kehtib parajasti võrdkülgse kolmnurga puhul.Lahendus 1. Olgu kolmnurga külgede pikkused a , b , c ning siseringjooneraadius r ja pindala S . Olgu h kõrgus, mis on tõmmatud küljele pikkusega

c . Teades, et1

2ch = S = 1

2(a + b + c)r , saame

r Ê h

3⇐⇒ 3

2cr Ê 1

2ch ⇐⇒ 3

2cr Ê 1

2(a +b + c)r ⇐⇒ 3c Ê a +b + c. (4)

Kui c on kolmnurga pikim külg, siis c Ê a ja c Ê b , mistõttu tõepoolest3c = c + c + c Ê a + b + c . Sestap kehtib samaväärsuste ahela (4) põhjal ka

nõutud võrratus r Ê h

3.

Samaväärsuste ahel (4) kehtib samuti, kui selles võrratused asendada võr-

dustega; järelikult kehtib võrdus r = h

3parajasti siis, kui 3c = a + b + c . Et c

peab olema pikim külg, siis on see võrdus tõene parajasti siis, kui a = b = c

ehk tegu on võrdkülgse kolmnurgaga.Lahendus 2. Olgu meil kolmnurk ABC , tema pikim külg BC ja sellele tõm-matud kõrgus h . Olgu kolmnurga ABC siseringjoone keskpunkt I ja raa-dius r . Olgu veel D kolmnurga ABC siseringjoone puutepunkt küljega BC .Kui ABC on võrdkülgne, siis tema nurgapoolitajad on ühtlasi mediaanid jaka kõrgused. Seega AD on kolmnurga ABC mediaan ja kõrgus ning I onmediaanide lõikepunkt (joonis 24). Et mediaanide lõikepunkt jaotab me-

diaani suhtes 2 : 1, siis r = |I D| = 1

3|AD| = 1

3h . Järelikult võrdkülgse

kolmnurga puhul kehtib vajalik võrratus võrdusena.Olgu nüüd ABC suvaline kolmnurk, mis pole võrdkülgne. Olgu A′B ′C ′ võrd-külgne kolmnurk, mille siseringjoon langeb kokku kolmnurga ABC sise-ringjoonega ja külg B ′C ′ asub sirgel BC (joonis 25). Eelneva põhjal saa-me |A′D| = 3r . Et BC on kolmnurga ABC pikim külg, siis on selle kolm-nurga suurim nurk tipu A juures. Et ABC pole võrdkülgne, siis ilmselt

56

A

B

C

DI

Joonis 24

A

B

C

DI

A′

B′

C′

P

Joonis 25

∠B AC > 60◦ = ∠B ′A′C ′ , millest tulenevalt |AI | < |A′I |. Olgu P punkti A

projektsioon sirgele A′D . Et A′D ⊥ BC , saame

h = |PI | + |I D| É |AI | + |I D| < |A′I | + |I D| = |A′D| = 3r .

Järelikult mittevõrdkülgsete kolmnurkade puhul kehtib vajalik võrratus ran-gena.

6. Vastus: a) n + 1; b) 2n .

a) Kui AB-sõnas, mille kõik n-tähelised osasõnad on erinevad, on rohkemkui n tähte, siis peavad A ja B sõnas vahelduma, sest kui mõni tähtesineks kaks korda järjest, siis leiduksid kaks võrdset n-tähelist osasõna,millest ühe saamisel jäetakse kahest järjestikusest võrdsest tähest allesüks ja teise puhul teine. Seega peavad A ja B sellises AB-sõnas vaheldu-ma. Suvalisest (n+1)-tähelisest sõnast, milles A ja B vahelduvad, saameiga tähe väljajätmisel tõepoolest erinevad osasõnad. Vaatleme nüüd su-valist AB-sõna, mille tähtede arv on n + k , kus k > 1. Kui k on paaris,siis saame suvalise k järjestikuse tähe väljajätmisel sama osasõna. Kuik on paaritu, siis jättes välja esimese tähe ja veel suvalised k − 1 järjes-tikust tähte, saame sama osasõna. Järelikult pikimas AB-sõnas, kus kõikerinevalt saadud n-tähelised osasõnad on erinevad, on n + 1 tähte.

b) Et AB-sõna osasõnade hulgas leiduks nii ainult A-dest kui ka ainultB-dest koosnev n-täheline AB-sõna, peab selles AB-sõnas olema vähe-malt 2n tähte. Teisalt, 2n tähest koosnevas sõnas, kus A ja B vahelduvad,

57

esinevad osasõnadena kõik n-tähelised AB-sõnad: ükskõik millise ette-antud n-tähelise AB-sõna saame, kui jaotame antud 2n-tähelise sõnatähed AB-paarideks ja jätame igast paarist alles selle tähe, mis vajalikussõnas esineb vastaval kohal.

58


6. veebruar 2019 Piirkonnavoor Hindamisjuhised

Lp hindaja!

Käesolevas esitame kõigepealt hindamise üldised põhimõtted ning seejärel jär-jekorras konkreetsed hindamisjuhised iga ülesande kohta eraldi.

1. Õpilase lahenduseks tuleb esmajoones lugeda see, mida õpilane on üles-ande kohta vormistanud puhtandina (sh mustandipaberile selgesti arusaa-davalt kirja pandud mõttekäigud, kui need on ametlikult puhtandipaberiltviidatud). Töö mustandi arvestamine või mittearvestamine ülesande lahen-duse hulka on hindaja otsustada (või piirkonna hindamiskomisjoni ühineotsus kõigi ülesannete suhtes), kuid see peab toimuma kõigis töödes üht-moodi.

2. Alljärgnevas on 7.–9. klassi olümpiaadi I osa (testi) ning kõikide ülejäänudülesannete hindamisjuhised esitatud erinevalt.

Testi iga küsimuse jaoks on eraldi loetletud või kirjeldatud vastused, mil-le eest tuleks anda vastavalt kaks punkti või üks punkt (st vastavaid punkteühe küsimuse piires ei tule liita). Testiülesannete lahendusi õpilased ei peaesitama, vaid kirjutavad ülesannete lehel vastavale punktiirile või ülesandetekstis viidatud kohta ainult vastuse.

Seevastu kõigi teiste ülesannete kohta tuleb esitada täielikud lahendused,ainult vastustest ei piisa. Nende ülesannete lahendused on hindamisjuhis-tes jaotatud võimalust mööda osadeks (etappideks) ning on näidatud igaosa eest antav punktide arv (st ühe ülesande eest antava punktisumma saa-miseks tuleb lahenduse erinevate osade eest antud punktid liita).

Mõnes skeemis on mõne etapi kirjelduse all („Sealhulgas:“ järel) alapunkti-dena välja toodud konkreetse etapi väiksemate osade eest antavad punktid– need lähevad käiku juhul, kui lahenduse see etapp on ebatäielik või viganeja selle osa täispunkte seetõttu ei saa anda. Alamosade punktid tuleb oma-vahel samuti liita.

3. Žürii lahendustes ja käesolevates hindamisjuhistes on ülesannete vastusedesitatud enamasti ainult ühel, lihtsaimal või kõige tõenäolisemalt esinevalkujul. Hindamisel (sh testid!) tuleb võrdselt õigeks lugeda ka sama vastuseteised mõistlikud esitusviisid – sh taandatud hariliku murruna, segaarvu-na, kümnendmurruna, sõnadega välja kirjutatuna –, seejuures ka osana pi-kemalt (nt täislausega, koos sobiva liigisõnaga või koos selgitustega) antud

59

vastusest. Juhud, kus ülesande sisu tingib erandeid sellest üldreeglist, oneraldi mainitud vastava ülesande hindamisjuhises.

Ühik arvu järel on vastuses vajalik juhul, kui ülesandes on küsitud suurust,mis teatud ühikutes avaldub. Näiteks küsimusele „Kui suur pindala . . . ?“saab õige vastus olla „120 cm2 “, kuid mitte „120“ (kui ülesande tekstis po-le kasutatud ühikuta pikkusi/pindalasid). Teistes ühikutes väljendatud sa-ma suurus tuleb lugeda õigeks, näiteks vastused „120 cm2 “ ja „1,2 dm2 “ onsamaväärsed. Ühik vastuses ei ole nõutav, kui ülesandes on küsitud kind-late ühikute arvu. Näiteks küsimusele „Mitu ruutsentimeetrit . . . ?“ antudvastused „120“ ja „120 cm2 “ tuleb võrdväärseks lugeda samal alusel naguküsimusele „Mitu karu . . . ?“ antud vastused „3“ ja „3 karu“ (vastus koos lii-gisõnaga). Teistes ühikutes antud vastus tuleb aga lugeda valeks, vastused„120 cm2 “ ja „1,2 dm2 “ ei ole siin samaväärsed.

4. Mõnede ülesannete kohta, mida saab lahendada mitmel oluliselt erinevalviisil, anname eraldi hindamisskeemid erinevate lahendusviiside jaoks. Rõ-hutame, et iga konkreetset mittetäielikku lahendust tuleb hinnata ainult ühe

sellise skeemi järgi (selle järgi, mille kohaselt ta saaks kõige rohkem punkte).

5. Enamiku ülesannete korral (v.a testid ja tõestusülesanded) on hindamisju-histe lõpus eraldi näidatud, mitu punkti anda ainult õige vastuse eest. Seehinne on mõeldud juhuks, kui töös on ülesande kohta toodud ainult õigevastus või õige vastus koos mõttekäiguga, mis ei annaks skeemi järgi roh-kem punkte kui on ette nähtud õige vastuse eest.

6. Kahtlemata esineb õpilaste töödes ka mõttekäike, mis ei mahu meie pooltpakutud skeemidesse. Selliste lahenduste hindamisel tuleb lähtuda sellest,kui suur osa antud ülesandest on õpilasel lahendatud, kasutades lahenduseüksikute osade kaalu määramisel võimaluse korral võrdluseks punktide jao-tust meie pakutud hindamisskeemides.

7. Mistahes täieliku ja matemaatiliselt korrektse lahenduse eest tuleb igal juhulanda maksimumpunktid, sõltumata selle lahenduse pikkusest või otstarbe-kusest võrreldes teiste lahendusviisidega.

60



I osa hindamisjuhised

1. ◦ Antud õige vastus 1000010: 2 p

2. ◦ Antud õige vastus7

9: 2 p

◦ Antud õige vastus muutujaid mitte sisaldaval, kuid taandamatakujul: 1 p


4. ◦ Antud õige vastus 14.: 2 p


6. ◦ Antud õige vastus 33◦ : 2 p

◦ Antud vastus 33 ilma kraadimärgita: 1 p

7. ◦ Antud õige vastus 6π cm: 2 p

◦ Antud vastus 6π ilma ühikuta või vale ühikuga: 1 p

◦ Antud 18,84 cm või täpsem vastus ühikuga või ilma: 1 p

8. ◦ Antud õige vastus1

3: 2 p

◦ Antud õige vastus taandamata murruna: 1 p



61






◦ Antud õige vastus lihtsustamata kujul (nt18

2): 1 p











9. ◦ Antud õige vastus 7 cm2 : 2 p

◦ Antud vastus 7 ilma ühikuta või vale ühikuga: 1 p


62





2. ◦ Antud õige vastus m = 1, n = 9 ükskõik kummas järjestuses või1, 9 selles järjestuses: 2 p









8. ◦ Antud õige vastus 12 cm2 : 2 p

◦ Antud vastus 12 ilma ühikuta või vale ühikuga: 1 p

9. ◦ Antud õige vastus 0,2 l: 2 p

◦ Antud vastus 0,2 ilma ühikuta: 1 p


63



II osa hindamisjuhised

1. ◦ Põhjendatud, et 3, 5, 7 ega 11 ei saa paikneda keskel: 4 p

Sealhulgas:

• Märgatud, et liites esimese nelja arvu summa ja tagumisenelja arvu summa, on tulemus sama mis liites kõik arvud javeelkord keskmise arvu: 2 p

• Märgatud, et eelmises punktis mainitud summa peab olemapaaris: 1 p

◦ Näidatud, et 2, 8 ja 10 saavad paikneda keskel: 3 p

Sealhulgas:

• Toodud näide arvudest 2, 8 ja 10 igaühe kohta, kuidas tasaab keskel paikneda nii, et nelja esimese ja nelja viimasearvu summad on võrdsed: á 1 p

Ainult täieliku õige vastuse eest (2, 8, 10) ilma selgitusteta anda 2 punkti.Osaliselt õige vastuse eest (mõni arv puudu või liigne) ilma selgitusteta anda0 punkti.

2. ◦ Märgatud, et kahe risttahuka täispindalade summa võrdub kuu-bi täispindala ja kahekordse kuubi tahu pindala summaga: 1 p

◦ Leitud kuubi tahu pindala 36 cm2 : 1 p

◦ Leitud kuubi serva pikkus 6 cm: 1 p

◦ Arvutatud risttahukate ruumalad 72 cm3 ja 144 cm3 : 2 p

◦ Arvutatud väiksema risttahuka ruumala suhe kuubi ruumalasseprotsentides: 2 p

Skeemi neljandas reas anda kummagi risttahuka ruumala leidmise eest 1punkt.

Kui a- või b-osa arvuliselt õigetes vastuses on ühikuga eksitud, siis anda vas-tavalt skeemi 3. ja 4. rea eest 1 punkt vähem.

Ainult ülesande kõigi osade õigete vastuste eest ilma selgitusteta anda 3punkti (1 punkt iga osa eest; a- ja b-osa vastuses ühikuga eksimisel mittelugeda vastava osa vastust õigeks).

3. Anname kaks skeemi erinevate lahendusviiside hindamiseks.

Skeem lahendusele, mis analüüsib tegevusi lõpust alates.

64

◦ Põhjendatud, et Annil ja Kerdil oli lõpuks 32 ja Toomasel 36kommi: 3 p

Sealhulgas:

• Koostatud õige lineaarvõrrand ühe (ükskõik millise) lapsekommide arvu leidmiseks: 1 p

• Lineaarvõrrand õigesti lahendatud: 1 p

• Leitud teiste laste kommide arvud: 1 p

◦ Põhjendatud, et enne poolte Kerdi kommide jaotamist oli Annil16 kommi, Toomasel 20 kommi ja Kerdil 64 kommi: 2 p

◦ Põhjendatud, et alguses oli Annil 6 kommi, Toomasel 40 kommija Kerdil 54 kommi: 2 p

Kui laste kommide arvud pärast jaotamisi on leitud proovimise teel ja po-le põhjendatud, miks see on ainus võimalus, siis anda skeemi 1. rea (lastekommide arvude leidmine pärast jaotamisi) eest 1 punkt.

Skeem lahendusele võrrandisüsteemi kaudu.

◦ Avaldatud kõigi laste kommide arvud pärast Toomase kommidejaotamist algsete kommide arvude kaudu: 1 p

◦ Avaldatud kõigi laste kommide arvud pärast Kerdi kommide jao-tamist algsete kommide arvude kaudu: 2 p

◦ Koostatud 3 lineaarvõrrandist koosnev süsteem, mis võimaldableida õiged arvud: 1 p

◦ Süsteem õigesti lahendatud: 3 p

Kui lineaarvõrrandisüsteemile on lahend leitud proovimise teel ja pole põh-jendatud, miks see on ainus võimalus, siis anda skeemi 4. rea eest 1 punkt.

Ainult täieliku õige vastuse (Annil 6, Toomasel 40 ja Kerdil 54) eest ilma sel-gitusteta anda 2 punkti. Kui õiged on ühe või kahe lapse kommide arvud,anda 1 punkt. Kui õiged kommide arvud on pakutud valedele lastele või po-le vastavus lastega tuvastatav, siis anda 0 punkti.

65




1. Anname eraldi skeemid kahe lahendusviisi hindamiseks.

Skeem lahendusele viimase numbri analüüsi kaudu.

◦ Märgitud, et 20-ga korrutamisel saadud arvu viimane numberon 0: 1 p

◦ Järeldatud, et 19-ga korrutamisel saadud arvu viimane numberon 2: 1 p

◦ Järeldatud, et 19-ga korrutatud arvu viimane number on 8: 2 p

◦ Vaadatud läbi juht, kus 19-ga korrutatakse arv 8, ja leitud teinearv 7: 1 p

◦ Põhjendatud, miks 18 ja suuremad arvud ei sobi: 2 p

Skeem lahendusele variantide läbivaatuse kaudu.

◦ Kontrollitud 19-ga korrutatava arvuna läbi 16 arvu 0, 1, . . . , 15 jaleitud, et ainult 8 korral tuleb teine valitud arv täisarv: 4 p

Sealhulgas:

• Kontrollitud kõik paarisarvud: 2 p

• Kontrollitud kõik paaritud arvud või põhjendatud paarsus-kaalutlustega, et need ei sobi: 2 p

◦ Põhjendatud, miks 16 ja suuremad arvud ei sobi: 2 p

◦ Tehtud õige lõppjäreldus: 1 p

Kui variantide läbivaatusel on aluseks võetud 20-ga korrutatav arv, siis ko-haldada teine skeem vastavalt ümber, jättes ridade eest antavad punktid sa-maks.

Kui juhtude läbivaatusel on välja jäänud variant arvuga 0, siis selle eestpunkti mitte maha võtta.

Ainult täieliku õige vastuse (7 ja 8) eest ilma selgitusteta anda 2 punkti.

2. ◦ Arvutatud välja, et kolmnurga ABK pindala on1

4ruudu ABCD

pindalast: 3 p

◦ Järeldatud ülesande tingimusest, et kolmnurga ADL pindala on1

3ruudu ABCD pindalast: 2 p

66

◦ Tervikust lahutamise teel arvutatud välja, et nelinurga AKCL

pindala on5

12ruudu ABCD pindalast: 2 p

Kui õpilane arvutab kolmnurkade ABK ja ADL ning nelinurga AKCL pind-ala algul mingites teistes ühikutes kui ruudu ABCD pindala (sh ka siis, kuipindalad esitatakse a2 kaudu, kus a on ruudu küljepikkus, kuid ei öelda,et a2 on ruudu pindala), siis anda skeemi esimese rea eest 1 punkt vähemning lisada 1 punkt selle eest, et lõppjärelduses on nelinurga AKCL pindalaõigesti väljendatud osakaaluna ruudu ABCD pindalast.

Ainult õige vastuse (5

12) eest ilma selgitusteta anda 2 punkti. Kui on lisatud

vale ühik, siis anda 1 punkt.


Skeem lahendusele punktide B ja C kauguse analüüsi kaudu.

◦ Avaldatud õigesti punktide B ja C kaugused punktist A nendekauguse kaudu nullpunktist (žürii lahenduses a ) juhul, kui A

asub punktidest B ja C paremal: 1 p◦ Avaldatud õigesti punktide B ja C kaugused punktist A suuruse

a kaudu juhul, kui A asub punktide B ja C vahel: 1 p◦ Põhjendatud, miks B koordinaat on negatiivne (või C koordi-

naat positiivne): 2 p◦ Eeldusel, et B koordinaat on negatiivne, koostatud lineaarvõr-

randid a leidmiseks mõlema võimaliku punktide asendi jaoks: 1 p◦ Õigesti lahendatud mõlemad võrrandid: 1 p◦ Saadud sellest õige lõppvastus: 1 p

Skeemi kahe esimese rea eest punktide saamiseks ei pea olema tuvastatud,et B koordinaat on negatiivne ja C koordinaat positiivne. Piisab, kui leitudkaks kauguse avaldist mingis järjestuses võetuna on õiged.

Kui ülesanne on õigesti lahendatud ainult ühe punktide asendi jaoks kahest,siis arvestada skeemi kolme viimase rea eest kokku 2 punkti (maksimaalseltsaab selline töö 5 punkti, sest ka esimese või teise rea eest jääb punkt and-mata).

Skeem lahendusele absoluutväärtust sisaldava võrrandi kaudu.

◦ Koostatud tingimustele vastav võrrand |2019 − x| = 2|2019 + x|,kus x on punkti B koordinaat, või sellega ilmselgelt samaväärnevõrrand: 2 p

◦ Võrrand õigesti lahendatud juhul x < −2019: 2 p◦ Võrrand õigesti lahendatud juhul −2019 É x É 2019: 2 p◦ Võrrand õigesti lahendatud või saadud vastuolu juhul x > 2019: 1 p

Ainult täieliku õige vastuse (−6057 ja −673 emmas-kummas järjekorras)eest ilma selgitusteta anda 2 punkti. Kui vastuses on ainult üks arv õige võion pakutud valesid arve lisaks kahele õigele, siis anda 1 punkt.

67




1. ◦ Põhjendatud, miks otsitava arvu kümneliste number on 0: 1 p

◦ Põhjendatud, miks otsitav arv jagub kõigi naturaalarvudega 1kuni 9: 2 p

◦ Järeldatud, et otsitav arv jagub arvuga VÜK(1, 2, . . . , 9): 1 p

◦ Leitud VÜK(1, 2, . . . , 9) = 2520: 1 p

◦ Leitud 12600 kui vähim arvu 2520 täiskordne, mille kümnelistenumber on 0: 1 p

◦ Eelnevast järeldatud, et otsitav arv on 12600: 1 p

Ainult õige vastuse (12600) eest ilma selgitusteta anda 1 punkt.

2. ◦ Põhjendatud, et G = 9: 1 p

◦ Põhjendatud, et M = 1: 1 p

◦ Põhjendatud, et E = 0: 1 p

◦ Kahe viimase numbrikoha liitmisest saadud vastuolu: 4 p

Sealhulgas:

• Põhjendatud, et üheliste liitmisel ei teki ülekannet kümne-listesse: 2 p

Ainult õige vastuse (võimalusi pole) eest ilma selgitusteta anda 0 punkti.

3. Anname eraldi skeemid kolme lahendusviisi hindamiseks.

Skeem lahendusele nurkade arvutamisega.

◦ Saadud ∠AMB = ∠M AD : 1 p

◦ Järeldatud, et |AB | = |B M |: 1 p

◦ Märgitud, et |AB | = |CD|: 1 p

◦ Järeldatud, et |MC | = |CD|: 1 p

◦ Nurkade arvutusega korrektselt veendutud, et ∠AMD = 90◦ : 3 p

Skeem lahendusele kolmnurga AMD ümberringjoone kaudu.

◦ Võetud kasutusele külje AD keskpunkt (žürii lahenduses N ) jamärgitud, et |AN | = |B M |: 1 p

◦ Põhjendatud, et AB M N on romb: 3 p

Sealhulgas:

• Põhjendatud, et AB M N on rööpkülik: 1 p

68

◦ Eelnevast järeldatud, et N on kolmnurga AMD ümberringjoonekeskpunkt: 1 p

◦ Kolmnurga ümberringjoone keskpunkti paiknemisest järelda-tud, et ∠AMD = 90◦ : 2 p

Skeem lahendusele sümmeetriliste punktide konstrueerimise kaudu.

◦ Vaadeldud punktidega A ja D punkti M suhtes sümmeetrilisipunkte (žürii lahenduses A′ ja D ′ ): 1 p

◦ Põhjendatud, et AD A′D ′ on rööpkülik: 3 p

◦ Eelnevale tuginedes põhjendatud, et AD A′D ′ on romb: 2 p

◦ Rombi omadusest järeldatud, et ∠AMD = 90◦ : 1 p

4. ◦ Toodud näide kuubist, mille tippudesse on paigutatud naturaal-arvud 1 kuni 8 kõiki ülesande tingimusi rahuldaval moel (see eitarvitse langeda kokku žürii materjalides toodud näitega): 6 p

◦ Näitele viidates antud õige lõppvastus (või mainitud, et toodudnäide rahuldab ülesande tingimusi): 1 p

Ainult õige vastuse (jah) eest ilma selgitusteta anda 0 punkti.

69



Hindamisjuhised

1. ◦ Viidud murrud õigesti ühisele nimetajale kas kõik koos või kol-mekaupa nagu žürii lahenduses: 2 p

◦ Lugeja(d) õigesti ja maksimaalselt lihtsustatud: 4 p

◦ Taandamisel saadud õige lõppvastus: 1 p

Ainult õige vastuse (3) eest ilma selgitusteta anda 1 punkt. Kui vastus onlihtsustamata kujul, siis anda 0 punkti.

2. ◦ Avaldatud arvuti hind kaupluses A enne allahindlust suuruse x

ja selle arvuti hinna kaudu kaupluses B enne allahindlust: 2 p

◦ Samade suuruste kaudu avaldatud arvuti hinnad kauplustes A jaB pärast allahindlust: 1 p

◦ Koostatud õige lineaarvõrrand x leidmiseks: 2 p

◦ Võrrand korrektselt lahendatud ja saadud x = 20: 2 p

Kui õpilane leiab lineaarvõrrandist x proovimise teel, siis anda skeemi vii-mase rea järgi 1 punkt vähem, kui pole selgitatud, miks rohkem lahendeidpole.



Skeem lahendusele, mis uurib eraldi jaguvust 3-ga ja 5-ga.

◦ Näidatud, et a peab jaguma 3-ga: 2 p

◦ Näidatud, et a viimane number on 2 või 7: 2 p

◦ Põhjendatud võrratus a < 100 (või sarnane võrratus, kus 100asemel on muu arv vahemikus 92 kuni 102): 1 p

◦ Veendutud, et iga neid tingimusi rahuldava naturaalarvu a jaoksleidub võrrandit rahuldav mittenegatiivne täisarv b : 1 p

◦ Loendatud sobivad arvud a : 1 p

Skeemi neljanda rea jaoks piisab sobiva 6 arvu vahetust läbikontrollimisest,aga põhjendada võib ka sarnaselt žürii lahendusele väitega, et 3-ga ja 5-gajaguvusest järeldub jaguvus 15-ga.

Skeem lahendusele, mis lähtub ühest erilahendist (nt 12).

◦ Põhjendatud võrratus a < 100 (või sarnane võrratus, kus 100asemel on muu arv vahemikus 92 kuni 102): 1 p

70

◦ Leitud ja kontrollitud üks sobiv lahend (nt a = 12): 1 p

◦ Näidatud, et sobivad ka kõik sellest erilahendist kaugusel 15k

olevad arvud (võib olla tehtud ainult 100-st väiksemate jaoks võika üldjuhul): 1 p

◦ Näidatud, et rohkem lahendeid ei ole: 3 p

◦ Õigesti loendatud sobivad arvud: 1 p

Kui a asemel on lähtutud hoopis muutujast b , siis hinnata analoogiliselt.


4. Anname eraldi skeemid kahe erineva lahendusviisi hindamiseks.

Skeem Viète’i teoreemi kasutavale lahendusele.

◦ Viète’i teoreemist avaldatud p = x1 + x2 ja q = x1x2 : 2 p

◦ Kuupide summa avaldatud p ja q kaudu: 5 p

Sealhulgas:

• Kuupide summa avaldatud x1 + x2 ja x1x2 kaudu ilma p jaq sisseasendamiseta: 4 p

Skeem lahendusele ruutvõrrandi lahendivalemi kaudu.

◦ Kirjutatud x1 ja x2 õigesti välja ruutvõrrandi või taandatud ruut-võrrandi lahendivalemi abil: 1 p

◦ Sellest asendatud avaldisse x31+x3

2 ja maksimaalselt lihtsustatud: 6 p

Sealhulgas:

• Asendatud avaldisse x31 + x3

2 ilma lihtsustamata: 1 p

Ainult õige vastuse (p3 − 3pq ) eest ilma selgitusteta anda 1 punkt.


Skeem lahendusele kolmnurkade sarnasuse kaudu.

◦ Väide tõestatud juhul, kui nurgapoolitajal lõikuvad selle nurgatipus kohtuvate külgede keskristsirged: 5 p

Sealhulgas (kasutades žürii lahenduse tähistusi):

• Põhjendatud kolmnurkade AOD ja AOE võrdsus: 3 p

• Järeldatud, et |AD| = |AE |: 1 p

• Sellest omakorda järeldatud, et |AB | = |AC |: 1 p

◦ Põhjendatud, et siis kehtib väide ka ülejäänud juhtudel, kunakõik keskristsirged lõikuvad ühes punktis: 2 p

Skeem lahendusele sümmeetria kaudu.

◦ Ülesande tingimuste põhjal järeldatud, et kolmnurga nurgapoo-litaja läbib selle kolmnurga ümberringjoone keskpunkti: 3 p

◦ Sümmeetriakaalutlustega põhjendatud, et vastava nurga tipuskohtuvad küljed on ühepikkused: 4 p

71

6. ◦ Ammendavalt põhjendatud, miks ühtki 3×3 ruutu ei pea kordu-valt ümber värvima: 2 p

Sealhulgas:

• Märgitud, et ühikruutude värvid sõltuvad nende ümbervär-vimiste arvu paarsusest: 1 p

◦ Põhjendatud, et nurgas paiknev 3 × 3 ruut (nt aadressiga (1, 1))tuleb ümber värvida: 1 p

◦ Põhjendatud, et ühe koha võrra nihkes paiknev 3×3 ruut ei kuu-lu ümbervärvimisele: 1 p

◦ Põhjendatud, et kahe koha võrra nihkes paiknev 3 × 3 ruut eikuulu ümbervärvimisele: 1 p

◦ Lahendus lõpule viidud: 2 p

Ainult õige vastuse (ei) eest ilma selgitusteta anda 0 punkti.

72



Hindamisjuhised


Skeem juhtude läbivaatusega lahendusele.

◦ Esitatud idee vaadata juhtusid vastavalt sellele, millise märgigaon x − 2 ja x − 3, või seda ideed rakendatud: 1 p

◦ Ammendavalt käsitletud juht x < 2 ja saadud lahend x = 0: 2 p

◦ Ammendavalt käsitletud juht 2 É x É 3 ja saadud vastuolu: 2 p

◦ Ammendavalt käsitletud juht x > 3 ja saadud lahend x = 5: 2 p

Kui töös puuduvad igasugused viited lahendite kontrollile (kas algsesse võr-randisse asendamisega või veendumisega, et leitud lahend kuulub vaadel-davasse piirkonda, nagu žürii lahenduses), siis anda skeemi teise ja neljandarea eest kokku 1 punkt vähem.

Skeem ruututõstmisega lahendusele.

◦ Võrrandi pooled korrektselt ruutu tõstetud: 1 p

◦ Saadud võrdus viidud kujule x2 − 5x + 6 = −|x2 − 5x + 6| võisellega ilmselgelt samaväärsele kujule: 2 p

◦ Järeldatud, et x2 − 5x − 6 = −(x2 − 5x + 6): 1 p

◦ Viidud võrdus kujule x2−5x = 0 või sellega ilmselgelt samaväär-sele kujule: 1 p

◦ Lahendatud ruutvõrrand ja saadud võimalused x = 0 ja x = 5: 1 p

◦ Lahendid kontrollitud (piisab mainimisest, et lahendid rahulda-vad algset võrrandit): 1 p

Ainult täieliku õige vastuse (x = 0 ja x = 5) eest ilma selgitusteta anda1 punkt. Osaliselt õige vastuse (mõni õige lahend puudu või võõrlahendsees) anda 0 punkti.

2. ◦ Näidatud, et 423< 432

: 1 p

◦ Näidatud, et 243< 234

: 1 p

◦ Näidatud, et 324= 342

: 1 p


: 2 p


: 2 p

Ainult täieliku õige vastuse (423< 432

< 324= 342

< 243< 234

) eest ilmaselgitusteta anda 1 punkt.

73

3. ◦ Toodud a-osa jaoks sobiv näide: 3 p

◦ Toodud b-osa jaoks sobiv näide: 4 p

Kummagi osa sobiv näide ei tarvitse olla sama mis žürii lahenduses.

Ainult õige vastuse (jah, jah) eest ilma selgitusteta anda 0 punkti.

4. ◦ Viidud kõik liikmed ühele poole: 1 p

◦ Tõestatud võrdus

(

1

sin x

)2

−(

1

2 cos x2

)2

=(

1

2 sin x2

)2

kas üldiselt

või konkreetselt x = α jaoks: 2 p

◦ Lihtsustatud selle võrduse abil võrratuses esinev avaldis kujule(

1

8 sin α8

)2

: 3 p

◦ Tehtud lõppjäreldus: 1 p

Skeemi kolmanda rea järgi anda võrduse

(

1

sin x

)2

−(

1

2 cos x2

)2

=(

1

2 sin x2

)2

iga rakendamise eest 1 punkt.

5. ◦ Tõestatud kolmnurkade ABC ja BCL sarnasus: 2 p

◦ Järeldatud, et |AB | = |AC | =p

2|BC |: 2 p

◦ Korrektselt leitud kolmnurga ABC pindala: 3 p

Sealhulgas Pythagorase teoreemi kasutavale lahenduse puhul:

• Pythagorase teoreemiga avaldatud kolmnurga ABC tipustA tõmmatud kõrgus: 1 p

• Õigesti avaldatud kolmnurga ABC pindala: 1 p

• Vastus korrektselt lihtsustatud: 1 p

Sealhulgas trigonomeetriat kasutavale lahenduse puhul:

• Õigesti avaldatud kolmnurkade ABL ja BLC pindalad üheja sama külje ning ühe ja sama kolmnurga ABC nurga kau-du trigonomeetriliste funktsioonide abil: 1 p

• Pandud saadud pindalad võrduma ja korrektselt avaldatudkolmnurga ABC ühe nurga siinus: 1 p

• Õigesti arvutatud ja lihtsustatud kolmnurga ABC pindala: 1 p

Sealhulgas Heroni valemit kasutavale lahenduse puhul:

• Heroni valemi abil õigesti avaldatud kolmnurga ABC pind-ala: 2 p

• Vastus korrektselt lihtsustatud: 1 p

Ühikuga eksimisel võtta ükskõik millise skeemi järgi hindamisel viimase reaeest 1 punkt maha.

Ainult õige vastuse (

p7

4m2 ) eest ilma selgitusteta anda 1 punkt, vale või

puuduva ühiku puhul 0 punkti.

74

6. ◦ Toodud sobiv näide juhu n ≡ 0 (mod 4) jaoks: 2 p

◦ Toodud sobiv näide juhu n ≡ 3 (mod 4) jaoks: 2 p

◦ Tõestatud, et muudel juhtudel pole nullsumma võimalik: 3 p

Sealhulgas:

• Kasulikult rakendatud ideed, et liidetava asendamisel temavastandarvuga summa paarsus ei muutu: 1 p

Ainult täieliku õige vastuse (n ≡ 0 (mod 4) või n ≡ 3 (mod 4)) eest ilmaselgitusteta anda 1 punkt.

75



Hindamisjuhised

1. ◦ Leitud, et õpilaste B, C, D, E, F, G omavaheliste järjestuste arvon 20: 3 p

◦ Märgitud, et õpilane A saab sõltumata ülejäänute vahelisest jär-jestusest paikneda nende pingerea suhtes 3 positsioonis: 2 p

◦ Korrutamisreegli rakendamisega saadud õige vastus: 2 p


2. ◦ Viidud kõik liikmed ühise logaritmi alla: 3 p

◦ Logaritmitav arv hinnatud alt ja ülevalt õigesti 10 järjestikusteastmetega: 2 p

◦ Järeldatud, et antud avaldise väärtus on 2 ja 3 vahel: 1 p

◦ Järeldatud, et otsitav täisosa on 2: 1 p

Kui logaritmitav arv on alt või ülevalt 10 astmega hindamata, siis anda skee-mi teise rea järgi 1 punkt, kui olemasolev teine hinnang on parim võima-lik (st alumise hinnangu puhul 100, ülemise puhul 1000), vastasel korral0 punkti.


3. ◦ Täielikult lahendatud a-osa: 4 p

Sealhulgas:

• Näidatud, et omadus jaguda 2-ga, kuid mitte 4-ga, kandubjada liikmelt üle kõigile järgnevatele: 2 p

• Märgitud, et paaris täisarvu ruudud jaguvad 4-ga: 1 p

• Viitega asjaolule, et 6 jagub 2-ga, kuid mitte 4-ga, seotudotsad kokku: 1 p

◦ Täielikult lahendatud b-osa: 3 p

Sealhulgas:

• Näidatud, et jada liikmete viimane number vaheldub pe-rioodiga 2: 2 p

• Märgitud, et ükski täisarvu ruut ei lõpe 7- ega 3-ga: 1 p

Ainult mõlema osa õige vastuse (ei, ei) eest ilma selgitusteta anda 0 punkti.

4. Anname eraldi skeemid kolme erineva lahendusviisi hindamiseks.

Skeem lahendusele astmete vahe valemi ja võrratuste abil.

76

◦ Kontrollitud, et x = 1 pole algse võrrandi lahend: 1 p

◦ Kirjutatud võrrandi vasak pool ümber astmete vahe valemi abil(millele võib olla viidatud ka kui geomeetrilise jada summa vale-mile): 1 p

◦ Näidatud, et x > 1 puhul on võrrandi üks pool suurem kui teine: 1 p

◦ Näidatud, et 0 É x < 1 puhul on võrrandi üks pool suurem kuiteine: 1 p

◦ Näidatud, et −1 < x < 0 puhul on võrrandi üks pool suurem kuiteine: 2 p

◦ Näidatud, et x É −1 korral on võrrandi üks pool suurem kuiteine: 1 p

Skeem tuletisega lahendusele.

◦ Kontrollitud, et x = 1 pole algse võrrandi lahend: 1 p

◦ Kirjutatud võrrandi vasak pool ümber astmete vahe valemi abil: 1 p

◦ Viidud saadud uus võrrand samaväärsele kujule f (x) = g (x),mille pooled on tuletise abil mugavalt analüüsitavad, ja leitudmõlema funktsiooni tuletis: 1 p

◦ Lahendus korrektselt lõpule viidud: 4 p

Skeem otsese hindamisega lahendusele.

◦ Näidatud, et juhul x Ê 0 on võrrandi vasak pool suurem kui pa-rem pool: 2 p

◦ Näidatud, et juhul x É −1 on võrrandi vasak pool suurem kuiparem pool: 2 p

◦ Näidatud, et juhul −1 < x < 0 on võrrandi vasak pool suuremkui parem pool: 3 p

Sealhulgas:

• Ammendavalt käsitletud juht −2018

2019É x < 0: 1 p

• Ammendavalt käsitletud juht −1 < x < −2018

2019: 2 p

5. ◦ Põhjendatud võrdus1

2ch =

1

2(a + b + c)r (või midagi ilmselgelt

samaväärset, nt ilma kordajata1

2), kus r on siseringjoone raa-

dius, a, b, c küljepikkused ning h küljele pikkusega c tõmmatudkõrgus: 2 p

◦ Näidatud, et tingimused r Ê h

3ja 3c Ê a+b+c on samaväärsed: 3 p

Sealhulgas:

• Näidatud, et tingimusest 3c Ê a + b + c järeldub tingimus

r Êh

3: 2 p

77

• Näidatud järeldumine vastupidises suunas kas võrratustegavõi võrdustega: 1 p

◦ Märgitud, et kui c Ê a ja c Ê b , siis 3c Ê a + b + c : 1 p

◦ Põhjendatud, et võrdus kehtib parajasti juhul a = b = c : 1 p

Ainult lisaküsimuse õige vastuse (võrdkülgsed kolmnurgad) eest ilma selgi-tusteta anda 0 punkti.

6. ◦ Täielikult lahendatud a-osa: 4 p

Sealhulgas:

• Toodud sobiv näide n + 1 tähega AB-sõnast: 1 p

• Põhjendatud, et pikemas sobivas AB-sõnas peavad tähed Aja B vahelduma: 1 p

• Sellele tuginedes põhjendatud, et pikemaid sobivaid AB-sõnu ei leidu: 2 p

Täielikult lahendatud b-osa: 3 p

Sealhulgas:

• Toodud sobiv näide 2n tähega AB-sõnast: 1 p

• Põhjendatud selle näite sobivus: 1 p

• Põhjendatud, miks lühemad sõnad ei sobi: 1 p

Ainult täieliku õige vastuse eest (n + 1 ja 2n) eest ilma selgitusteta anda1 punkt.

78


6. veebruar 2019 Piirkonnavoor Kommentaarid

Kokkuvõtteks

Üleriigilise žürii poolsed tööde kontrollijad olid järgmised.

7. klass: Raul Kangro [email protected]

Evely Kirsiaed [email protected]

8. klass: Ago-Erik Riet [email protected]

Kati Iher [email protected]

9. klass: Reimo Palm [email protected]

Jaan Kristjan Kaasik [email protected]

10. klass: Oleg Košik [email protected]

Urve Kangro [email protected]

11. klass: Härmel Nestra [email protected]

Nikita Leo [email protected]

12. klass: Sandra Schumann [email protected]

Markus Rene Pae [email protected]

10.–11. klasside kontrollijad vaatasid läbi kõigis meile saadetud töödes kõikülesanded. 9. ja 12. klassi kontrollijad vaatasid läbi kõigis töödes niipalju ülesan-deid, et ükski õpilane, kel mõni ülesanne on jäänud läbi vaatamata, ei pääsekslõppvooru ka siis, kui ta kõigi nende ülesannete eest saaks maksimumpunktid.Läbi vaatamata jäänud ülesanded on veebis märgitud tumeda taustavärviga. 7.–8. klassi kontrollijad vaatasid läbi kõik ülesanded kõigis töödes, mis jõudsid žü-riini; mõned ülevaatamisele pääsemise künnise ületanud tööd jäid meile saat-mata ja need esinevad tabelis oma algsete punktidega.

79

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]

[email protected]



Kontrollijate kommentaarid

Test

Test oli küllalt hästi lahendatud ja korrektselt hinnatud. Punktimuudatusi esinesvaid ühel juhul, kus vale vastus oli ekslikult õigeks loetud.

Ülesandes 2 esitati vastus tihtipeale taandamata kujul ning ülesandes 7 unustatikas ühik või esitati vastus ligikaudsena – kumbki viga maksis lahendajale ühepunkti. Teistest mõnevõrra halvemini olid lahendatud ülesanded 3, 5 ja 10.

Ülesanne 1

Tegemist oli komplekti raskeima ülesandega, kuid iseenesest ei osutunud seeülesanne väga raskeks – umbes kolmandik ülevaatamisele jõudnud õpilastestoskasid seda korrektselt lahendada ja oma lahendusi piisavalt selgelt põhjen-dada. Siiski esines küllalt palju lahendusi, kus põhjendused olid poolikud (omaväited olid seostamata ülesandes toodud andmetega, st esitati väiteid ilma põh-jendusteta). Kuna õpetajad hindasid poolikult põhjendatud või sisuliselt põh-jendusteta lahendusi väga erinevalt, tuli hindamise ühtlustamise ja korrektsusehuvides muuta päris paljude lahenduste punktiskoore.

Ülesanne 2

Ülesanne oli komplekti lihtsaim ning erinevate piirkondade hindamise ühtlus-tamiseks tuli teha ainult mõned punktimuudatused. Hea oli näha, et vähemaltühikute osas tehti üsna vähe vigu.

Ülesanne 3

Ülesanne oli üldiselt hästi lahendatud – enamik lahendajatest oli jõudnud õi-ge vastuseni, punkte kaotati ebapiisavate põhjenduste eest. Tüüpiline lahenduskasutas analüüsi lõpust lähtudes (žürii 1. lahendus), korrektsel kujul žürii 2. la-hendust ei esitanud keegi. Peamine punktimuutuste põhjus oli asjaolu, et lastekommide arvud pärast jaotamisi olid leitud proovimise teel, puudusid põhjen-dused.

80




Test

Testis tuli alandada üksikuid punkte töödes, kus oli tehtud lohakusvigu.

Ülesanne 1

Õige vastuseni jõudsid peaaegu kõik õpilased, kuid põhjendused olid sagelipuudulikud, mistõttu vähendati paljudes töödes punkte. Suuremas osas kasu-tati ülesande lahendamiseks viimase numbri analüüsimist.

Ülesanne 2

Ülesanne oli pigem hästi lahendatud. Õpilased, kes hakkasid ruudu küljest läh-tuvalt pindalasid avaldama, jõudsid üldiselt ka õige vastuseni, kuigi esines kaarvutusvigu. Kõige enam levinud veana leidsid õpilased pindala suhte, võttesruudu külje pikkuseks mingi konkreetse arvu sentimeetreid. Kui polnud põh-jendatud, miks nõutud pindalade suhe ei sõltu ruudu külje pikkuse valikust, siiskaotasid sellised tööd 1 punkti. Mitmed õpilased olid üleliigselt avaldanud kalõigu DL pikkuse, mida edasises lahenduses ei kasutatud ega polnud ka ülesan-des nõutud.

Ülesanne 3

Ülesanne oli keskmiselt hästi lahendatud. Paljudes töödes vähendati punkte,kuna vastused olid halvasti põhjendatud. Kontroll, et muid vastuseid ei leidu,oli tavaliselt puudulik juhul, kui polnud koostatud sobivaid lineaarvõrrandeid.N-ö proovimise teel lahendused täispunkte ei saanud. Kui vastused olid mõle-mad leitud proovimise teel, võis mõnikord saada lahenduse eest ka ainult kakspunkti.

81




Ülesanne 1

Tööd olid parandatud üsna hästi ja ühtlaselt. Punktimuutused olid valdavaltväikesed ühtlustamised eri piirkondade vahel, suuremaid muutusi oli ainult ük-sikuid.

Ülesanne 2

Puudulike põhjenduste eest võtsime punkte maha. Põhjenduseta arvude mää-ramine andis 1 punkti. Üllatavalt paljudes töödes oli kohalikul parandamiseljäänud märkamata, et õpilane ei vaadanud läbi juhtu O = 9, L = 8.

Paljudes töödes esines järgmine tüüpviga. Hakati tõestama, et suurim võima-lik ülekanne, mis kahe arvu kirjalikul liitmisel tekib, on 1. Märgati, et suurimnumber on 9 ning 9+ 9 = 18. Kuna maksimaalselt saab madalamast järgust ülekanduda 1, siis kokkuvõttes 9 + 9 + 1 < 20. Siin peitub suur sisuline viga: mepeame tõestama, et üle saab kanduda maksimaalselt 1, kuid samas kasutameseda fakti tõestuses. Korrektseks tõestamiseks peaks arutlema matemaatilise in-duktsiooniga. Hindamisel lugesime seda väidet siiski tuntud faktiks ning kunamuu ülesande sisu see tõestus ei puudutanud, siis punkte ebakorrektse tõestuseeest maha ei võtnud.

Ülesanne 3

Tööd olid parandatud üsna hästi ja ühtlaselt. Punktimuutused olid valdavaltväikesed ühtlustamised eri piirkondade vahel, suuremaid muutusi oli ainult ük-sikuid.

Ülesanne 4

Kui on ära toodud numbrid kuuel kuubi tahul, siis ei ole parandaja jaoks kohe-selt ilmne, et nendest tahkudest saab kuubi kokku panna. Kui see oli võimalik,siis sellise näite eest andsime 5 punkti.

82

Kui on küsitud, kas olukord X on võimalik, siis piisav täislahendus oleks: jah,toon näite, mis rahuldab ülesande tingimusi (ja siis näide). Ülesanne ei nõud-nud sammsammulist konstruktsiooni, kuigi enamus töid seda pakkusid. Lahen-daja raiskab sellele lihtsalt aega. Kui näide on õige, siis on juba täispunktid.

83




Peame oluliseks välja tuua, et mustandit tuleb kindlasti vaadata ja arvestada,kui õpilane sellele ilmutatult viitab. Paar suuremat punktimuutust tulenes justsellest, et kontrollija algselt ilmselt ei arvestanud niisugust mustandit.

Ülesanne 1

Ülesanne polnud otseselt väga raske, kuid oli nii lahendajatele kui kontrollija-tele üsna tüütu. Lahendamisel tuli pikkade avalduste teisendamisel olla hästitähelepanelik ning hooletusvead olid kerged tulema. Kui lahendust ei viidud õi-gesti lõpuni, nõudis omakorda kontrollijal vigade ning nende ulatuse kindlaks-tegemine palju vaeva.

Ülesanne 2

Ülesanne oli hästi lahendatud ja ka hästi parandatud, punktimuutusi oli vähe.Mõnes töös arvutati protsenti vale kaupluse hinnast: kui ülesandes oli öeldud, etkaupluses A on arvuti x protsenti odavam kui kaupluses B, siis tõlgendati sedanii, et kaupluses B on arvuti x protsenti kallim kui kaupluses A, mis on tõsineviga.

Sageli asendati võrrandites arvx

100arvuga x . Selle eest punkte ei kaotatud, kui

vastus oli õige.

Ülesanne 3

Kui õigete lahendipaarideni jõuti enamikus ülevaatusele jõudnud töödes, siissagedaseks probleemiks oli muude lahendite mittesobivuse korrektne põhjen-damine. Intuitiivselt saadi tihti aru, miks sobivad just need lahendid, kuid tões-tuse formaalne kirjapanek valmistas raskusi. Tähelepanekud, et näiteks 330 onarvude 22 ja 15 vähim ühiskordne või et 22 ja 15 on ühistegurita, on küll ise-enesest kasulikud, kuid neist üksi põhjenduseks ei piisa. Põhjendamisse suhtutitihti küllalt leebelt ka piirkondades, mille tulemusena vähenes paljudel töödeltulemus mõne punkti võrra.

84

Ülesandele läheneti väga erinevatel viisidel, mistõttu õigest lahendusest esinespalju erinevaid variatsioone lisaks žürii ametlikele lahendustele.

Ülesanne 4

Ülesanne oli küllaltki hästi lahendatud. Tüüpiliseks veaks oli p võtmine valemärgiga nii Viète’i valemites kui ka ruutvõrrandi lahendivalemis. See oli ilmselttingitud sellest, et tavaliselt on taandatud ruutvõrrand kujul x2 + px + q = 0ning valemid on kas mehaaniliselt meelde jäetud või ei pandud lihtsalt tähele,et ülesandes oli p ees miinusmärk. Paljudes lahendustes oli ka teisendusvigu,näiteks ei osatud ruutvõrrandi lahendeid õigesti ruutu või kuupi võtta.

Ülesanne 5

Geomeetria tõestusülesanded pole reeglina õpilastele lihtsate hulgast, kuid see-kord valmistas see nii lahendajatele kui hindajatele oodatust rohkem raskusi.

Mitmel juhul aeti segi eeldus ja väide ning eeldati, et kolmnurk on võrdhaarneja veenduti, et ülesande väide siis kehtib. Seda lahenduses teha kindlasti ei tohi!Kuigi mõnikord võib ülesande lahendamise käigus olla sellise pöördülesandekäsitlemisest isegi mõningane kasu ülesande paremaks mõistmiseks, ei asendasee mingil juhul õiges suunas väite tõestust.

Levinuks veaks oli ka väide, et nurgapoolitaja saab läbida keskristsirgete lõike-punkti ainult siis, kui ühtib ta ise keskristsirgega. See väide peab küll paika, kuidselliseid väiteid ei tohi kasutada ilma tõestuseta ning selle tõestus oli tegelikultsamaväärne ülesande enda tõestusega.

Kahjuks jäid tihti ka kontrollijad piirkondades hätta mõistmisega, mida vajatõestada ning milline tõestus peab paika ja milline mitte, nii et punktimuutusedolid selles ülesandes sagedased.

Mitmes töös käsitleti ainult juhtu, kus nurgapoolitajal lõikuvad selle nurga tipuskohtuvate külgede keskristsirged. Kuigi hindamisskeem ütles selle kohta vägaselgelt, et sellisel juhul peab saama 5 punkti, andsid kohalikud hindajad nii mõ-nikord sellistele lahendustele heldelt täispunkte.

Ülesanne 6

Selles ülesandeks oli palju punktimuutusi, kuna parandajad ei osanud ilmselthinnata, kas põhjendused olid piisavad. Mitmete tööde eest oli pandud täis-punktid, kus põhjendus piirdus sisuliselt sellega, et „alati jääb mingi ruut (võiriba) valgeks“. Siin ei piisa sellest, kui on proovitud erinevaid värvimuutmisi ja

85

kui ei õnnestu sobivat seisu saavutada, siis väidetud, et see pole võimalik. Samu-ti oli mõnes töös vigaseid väiteid ning nendele toetudes väideti, et pole võimaliksoovitud seisu jõuda.

Mõnes töös oli püütud ülesannet lahendada ruudustiku värvimise abil. Male-lauana värvimine siin ei aita, aga kolme värviga värvimise abil saab lihtsalt tões-tada, et üleni must seis pole võimalik (vt uus žürii lahendus 2).

Lisaks hindamisskeemis toodud osalistele punktidele andsime 1 punkti ka selleeest, kui ruudustiku värvimuutmine taandati ühe rea või veeru värvimuutmis-tele, sest seda on lihtsam analüüsida. Ainult ühe rea vaatlemisel on põhimõtte-liselt võimalik ka kõik juhud läbi vaadata (kui on aru saadud, et mitu korda polemõtet sama 1 × 3 riba värvi muuta ja et lõppseis ei sõltu käikude järjekorrast).

86




Ülesanne 1

Ülesanne oli peaaegu kõigis meile saadetud töödes lahendatud täielikult võiväikeste puudustega. Enamlevinud viga oli oodatult lahendite kontrolli puudu-mine. Selle eest võtsime hindamisskeemi järgi 1 punkti maha. Teine sage puu-dus, mille kohta aga hindamisskeem midagi ei öelnud, oli piirkondadeks jaota-misel piirjuhtude x = 2 ja x = 3 vaatluse alt välja unustamine. Võtsime ka selleeest 1 punkti maha, kui välja olid jäänud mõlemad võimalused (kui üks oli siiskiläbi kontrollitud, siis lugesime teise väljajäämise näpuveaks ega karistanud).

Ülesanne 2

Valdavas enamikus meile saadetud töödes oli aru saadud, kuidas ülesandele lä-

heneda. Võrratuste 243< 234

ja 423< 432

ning võrduse 324= 343

põhjendami-ne ei valmistanud tavaliselt raskusi. Arvu 316 asetamine oli sageli põhjendatudpoolikult, mistõttu kaotati punkte.

Üllatav oli see, et terve rida õpilasi oli eraldi põhjendanud selliseid suurusvahe-kordi, mida polnud vaja, sest järelduvad teistest. Mõni oli arvutanud eraldi igaantud arvude paari jaoks, kumb neist on suurem.

Samuti torkas silma, et võrratuse tõestamisel kirjutati sageli tõestatava võrratu-se juurde, et oletame selle kehtivust, ja hakati siis teisendama. Teisendused olidmõistlikud ja viisid mõne ilmse võrratuseni. Sellise mõttekäigu võtmeküsimu-seks on pööratavus. Tõestatavat väidet ei tohi ju eeldada, seega jätab väljend„oletame selle kehtivust“ mulje põhimõttelisest veast. Kui aga teisendused onpööratavad, siis saab lihtsalt arutlust vaadelda vastupidises suunas ilmselt keh-tivast võrratusest kuni tõestatava võrratuseni ja kõik on korrektne. Ainus, mison valesti, on väljend „oletame . . . “ tõestatava väite juures. Kui sa tõestad väi-det, siis tuleks ka kirjutada „tõestame . . . “, mitte „oletame . . . “! Antud juhul meei võtnud sellepärast punkte maha.

87

Ülesanne 3

Kolmas ülesanne osutus üsna lihtsaks, enamus õpilasi said sellega ilusasti hak-kama ja said selle ülesande eest maksimumpunktid. Ainult üksikud õpilased jät-sid selle tegemata ja said 0 punkti. Mõnedel oli toodud ainult üks näide kahestja need said kas 3 või 4 punkti vastavalt sellele, kummale osale vastav näide olitoodud. Mõnes töös oli toodud nii õige vastus kui ka sobiv näide, kuid avaldiseväärtuse arvutamisel oli tehtud arvutusviga, mille tulemusena saadi küll täisarv,aga mitte see, mis peaks tegelikult olema. Sellisel juhul andsime ikkagi täispunk-tid. Punkte tuli muuta vaid kolmes töös. Ühes töös oli toodud vale näide, mistegelikult ei andnud täisarvu, kuid kohalik parandaja ei olnud seda märganudja pani maksimumpunktid. Ühes töös oli antud 4 punkti, kuigi selles ei olnudtoodud ühtegi sobivat näidet kummagi osa kohta.

Ülesanne 4

Neljas ülesanne osutus õpilaste jaoks võrdlemisi raskeks, vähesed said sellegahakkama. Vaid üksikud õpilased kasutasid ametlikku lahendust või midagi sel-lesarnast. Seetõttu otsustasime vormistada alternatiivse lahenduse ja alljärgne-valt toome ära sellele vastava hindamisskeemi.

◦ Võrratuse vasak pool viidud kujule

sin2 α2 + sin2 α

4 cos2 α2 + sin2 α

8 cos2 α4 cos2 α

2

sin2 α< 1

sin2 α

või sarnasele kujule, mis on samaväärne esialgse võrratusega: 3 p

◦ Võrratus viidud kujule sin2 α

2+ cos2 α

2(sin2 α

4+ cos2 α

4sin2 α

8) < 1

või sarnasele kujule, mis on samaväärne esialgse võrratusega (oluli-

ne on, et cos2 α

2oleks toodud sulgude ette, mis on samm võrratuse

lihtsustamise suunas samasuse sin2 x + cos2 x = 1 abil): 1 p

◦ Lahendus lõpuni viidud: 3 p

Viimase rea järgi anti punkte ainult siis, kui on saadud punkt ka eelneva rea eest.Ebatäpsuste puhul võidi viimase rea järgi anda vähem kui 3 punkti.

Oli palju töid, kus tehti rohkesti teisendusi, mis kahjuks ei viinud kuidagi edasi.Need said 0 punkti. Oli ka päris mitu täislahendusega tööd. Need said enamastimaksimumpunktid. Mõnes töös, kus oli muidu täislahendus olemas, võidi võttamaha üks punkt väikeste ebatäpsuste ja puuduste eest. Ülejäänud tööd hinnatikas ühe või teise hindamisskeemi järgi vastavalt sellele, kumma lahendusskee-miga sarnanes õpilase lahendus rohkem.

88

Ülesanne 5

Ülesanne osutus õpilaste jaoks kergeks, sellega saadi enamasti ilusasti hakka-ma. Enamus õpilasi said selle ülesande eest 5 kuni 7 punkti. Järgnevalt on väljatoodud põhjused, miks võidi punkte kaotada:

• lõppvastuses ühiku puudumine või vale ühik (-1p);

• arvutusviga (-1p);

• vahetulemuste ümardamine (kuni -2p);

• kolmnurkade sarnasuse põhjendus puudulik (-1p).

Paaris töös tuli oluliste puuduste eest võtta maha veel kuni 3 punkti. Ülesan-ne oli üldiselt hästi parandatud. Kui tuli punkte muuta, siis enamasti vaid ühepunkti piires. Siiski paar tööd olid millegipärast kõvasti alahinnatud ning neistüks sai juurde 4 punkti ja teine 5 punkti(!).

Ülesanne 6

Nagu seda tüüpi ülesannetes tavaline, muutusid punktid pärast üleparanda-mist tihti suures ulatuses. Tihti tõid õpilased juhtudel n ≡ 0 (mod 4) ja n ≡ 3(mod 4) põhjenduseks näiteid konkreetsete arvude n kohta, kuid põhjenda-maks, et kõik sellised arvud sobivad, tuleb esitada ka näited nii, et need kehtivadkõigi selliste arvude jaoks. Tundus, et sageli oli piirkonnas liiga leebe hindamisepõhjuseks see, et loeti näited konkreetsete arvude n jaoks ära kui üldjuhu põh-jendus.

Teine tüüpviga õpilaste poolt, samuti sugugi mitte üllatuslikult, oli lahenduseühe poole ärajätmine. See tähendab, et töös oli kas ainult tõestus, et n ≡ 1(mod 4) ja n ≡ 2 (mod 4) puhul sobivat näidet ei leidu, või ainult tõestus, etn ≡ 0 (mod 4) ja n ≡ 3 (mod 4) puhul see leidub.

Üheks lahendusviisiks n ≡ 0 (mod 4) ja n ≡ 3 (mod 4) puhul, mida žürii la-hendustes ei esinenud, oli järgmine mõttekäik. Teades (eraldi näidatud), et täis-arvude 1 kuni n summa on mingi paarisarv 2k , peame leidma liidetavate alam-hulga, mille elementide summa on k , ja panema parajasti nende liidetavate ettemiinuse. Sellise alamhulga koostamiseks võtame järjest liidetavaid alates suuri-mast, seni kuni nende summa ei ületa arvu k . Kui järgmise liidetava lisamineviiks summa suuremaks arvust k , siis valime tema asemel väiksema liidetava,nii et summa tuleb täpselt k . Kuna protsessi igal sammul on järel kõik täisar-vud 1-st kuni suurima järeloleva liidetavani, siis on kirjeldatud asendus viima-sel sammul alati võimalik.

89




Ülesanne 1

Ülesanne täitis edukalt oma eesmärki olla lihtne kooliülesanne. Üsna paljudüleparandamisele jõudnud töödest sisaldasid täislahendusi ning üksikud töödsisaldasid lohakusvigu kas võimaluste loendamisel või oli jäetud kuue-elemen-diliste kombinatsioonide arv kolmega läbi korrutamata (õpilase A tulemusestjäreldunud tingimus).

Ülesanne 2

Ülesanne oli üldiselt suhteliselt hästi lahendatud.

Sageli proovitud alternatiivlahendus oli selline, kus logaritmide väärtusi proovi-ti lihtsalt käsitsi hinnata või välja arvutada. Ükski niimoodi lähenenud lahenduskahjuks palju punkte ei saanud, kuna avaldise väärtus on väga lähedal täisar-vule 3 ja seetõttu peavad ka hinnangupiirid olema väga ranged. Mõnikord oliprobleeme võrratuste liitmise ja lahutamisega.

Tuli ette vigu jagamisel-korrutamisel. Nende puhul rakendati ühtlustamisel põ-himõtet, mille kohaselt viga, mis ülesannet lihtsamaks ei tee, maksab 1 punktija viga, mis ülesannet veidi lihtsustab (nt murru ära kaotab), maksab 2 punkti.

Ülesanne 3

Ülesande b) osa osutus lihtsamaks kui a) osa.

Tüüpiliseimaks veaks ülesande a) osa juures oli see, et oli täheldatud jada liik-mete üheliste numbri perioodilist vahetumist 4 ja 6 vahel ning sellest lähtuvaltantud jaatav vastus, sest leidub täisarvu ruute, mis lõppevad nende numbritega.See-eest oli jäetud jagumine neljaga sootuks kahe silma vahele.

Ülesande teises pooles tabati enamasti ilusasti ära see, et jada liikmed lõppevadainult kas 3- või 7-ga ning jõuti lahenduseni muretult. Tüüpilisi eksimusi sellesosas ei esinenud.

90

Ülesanne 4

Ülesandele läheneti paljudel erinevatel sihile viivatel viisidel. Kõige keerulise-maks osutus oodatult selgeks tegemine, et x väärtus ei ole −1 ja 0 vahel. Mõni-kord unustati murde manipuleerides kontrollida, et nimetaja ei võrduks nulliga.

Ülesanne 5

Ülesandele läheneti nii jooniste kui ka valemite abil, kuid ammendavalt suude-ti täislahenduseni jõuda vaid žürii esimese lahendusskeemi järgi. Siiski, mõneõpilase lahendusest inspireerituna sai koostatud ka alternatiivne lahendus, mison hetkel lahenduste all teise lahendusena.

Üsna paljud üleparandamisele jõudnud töödest suutsid ära põhjendada juhu,mil kehtib võrdus.

Ülesanne 6

Suurem osa lahendusi järgis žürii lahendust. Kõige kurvem viga, mis antud üles-ande puhul esines, oli see, et ülesannet ei loetud korralikult ning tegutseti kõigiosasõnadega, mitte ainult n-täheliste osasõnadega. Üldiselt olid aga alamüles-annete lahendused hästi tehtud.

91

Piirkonnavoor 2019 - utEesti LXVI matemaatikaolümpiaad 6. veebruar 2019 Piirkonnavoor 7. klass I...

Documents

Transcript of Piirkonnavoor 2019 - utEesti LXVI matemaatikaolümpiaad 6. veebruar 2019 Piirkonnavoor 7. klass I...