Otro momento muy
divertido, a juzgar por 
las caras de los que salís en las fotos. Vamos a hacer dos entradas. Ésta, alrededor de nuestro stand, y la siguiente con el resto de stands. Qué gusto da veros meter el morrete en los escaparates. Y es que la curiosidad siempre rondará nuestras cabecitas....
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6 comentarios:
Hola Miguel Ángel...
Te dejo dos problemas, ya que el otro de geometria, no te lo puedo poner :( jeje
Luego, borras mi mensaje y los pones en otra entrada, asi ya tienes dos problemas xD
Nivel 14-16
Problema nº 1:
La tómbola de la feria realiza diariamente un sorteo con exactamente 999 boletos (desde el 1 al 999) los cinco números ganadores se exponen en una tabla haciendo uso de unas tarjetas que contienen cifras. Si observamos que la misma tarjeta nos puede servir para representar el 6 y el 9 y que no es necesario poner los ceros a la izquierda. ¿Cuál es el número mínimo de tarjetas que necesitaremos para representar los posibles números ganadores?
Luego te mando el otro...
salu2
Ignacio
Hola Ignacio, no parece un problema difícil. Si no hubiera impedimentos necesitaríamos 30 por boleto premiado = 30·5 = 150, y descontamos una tarjeta (la del triple cero, 000, porque no puede salir en la rifa el cero) pero hay que economizar. Empecemos por el cero, necesitamos en el peor de los casos 2·5=10 y así aseguramos que pueden salir centenas y por supuesto decenas. Para los casos 1,2,3,4,5,7,8, podemos suponer que gastemos 3 cifras iguales para un mismo boleto y 4·2 para cada una de esas cifras para números que tuvieran dos cifras repetidas, con lo cual ya tenemos 10+ 7·(3+ 8)= 87.
Ahora bien cuantos seisesnueves necesitamos... De partida 12, para poder formar 666, 696, 969 y 999 en el colmo de la mala suerte y además 2 de esas cifras por el boleto restante en el caso de que saliera un número de dos seises o nueves además de cualquiera de esos (por ejemplo 606, 616, 626,..., 609, 619, ..., 906, 909, etc... luego necesitaríamos 12+2 =14.
En resumen 87 tarjetas anteriores + 14 de seisesnueves. Es decir, 101 tarjetas convenientemente rotuladas como he explicado antes. Hemos ahorrado 145 - 101 = 44 tarjetas.
Creo que está bien, esta noche lo repasaré por si acaso. Luego me mandas el siguiente....
Hola Miguel Ángel, yo esque este fue el que no lo entendí el enunciado, pero al salir me lo explicaron y lo hice ayer en mi casa en un pispas xD
A mi me da 102:
100
200
300
400
500
(10 tarjetas de 0)
Luego, con los números 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8:
Hacemos el de 1, y cuenta para todos:
111
112
113
114
115
(11 tarjetas de 1, que como son 7 números (1,2,3,4,5,7,8)
11•7= 77 tarjetas más
Ahora, tenemos con el 6 y el 9:
669
696
969
996
666
(por ejemplo...)
15 tarjetas de 6 o 9
Si sumamos todas:
• 10 tarjetas del 0
• 77 tarjetas entre (1,2,3,4,5,7,8)
• 15 tarjetas del 6 o 9
•+___
102 tarjetas en total...
No entiendo muy bien la operación que has hecho (10+ 7·(3+ 8)= 87)
Y de 9, veras que hay más de 15 posibilidades en tarjetas, pero como lo máximo son 15 tarjetas...
en vez de 14, son 15 (aqui es donde creo que te equivocaste)
explicame la operación esa porfavor, gracias...
aunque da lo mismo xD
salu2
Ignaciomolin
El siguiente, te lo pongo mañana, que se ha quedado mi profesora los problemas para verlos y hacer una fotocopia, esque ahora por las tardes, nos podemos quedar en el instituto para repasar, o en mi caso de ampliacion para mates o lo que quieras... por eso, mañana me quedo a repasar un problema que no lo entiendo
salu2
Ignacio
Hola Miguel Ángel
Lo siento, pero te equivocaste en una cosa...
En los 6 y 9, son 15, no 14:
Por ej.:
666
669
696
969
996
ya tenemos 15, y aun hay mas posibilidades...
Por eso, son:
10---------- 0
77---------- 1,2,3,4,5,7,8
15---------- 9 o 6
--
102 tarjetas!! xD
Ahora te pongo el otro problema... xD
salu2
Ignacio
Hola
Decirte que ya han salido TODOS los problemas de la olimpiada, todas las fases xD
http://mates.albacete.org/Olimpiadas/ab_20/olimprob.htm
Ahí tienes todos, y ya los puedes poner, yo pondré mis soluciones xD
salu2
Ignacio
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