Խնդիր 1.

Տղան ունի 100 մոմ: Ամեն օր նա վառում է 1 մոմ:
Յոթ թերայրված մոմից նա պատրաստում է 1 լրացուցիչ մոմ:
Կանխատեսենք, թե քանի օր նա կարող է անցկացնել առանց նոր մոմեր գնելու:

1. Նախնական 100 մոմով նա կապրի 100 օր:
2. Այս ընթացքում նա կունենա 100 թերայրված մոմ, որից պատրաստում է 100 / 7 ≈ 14 լրացուցիչ մոմ (մնացորդ՝ 2 թերայրված մոմ):
3. Այս 14 մոմերը վառելով՝ նա կունենա 14 թերայրված մոմ, որոնցից կարող է պատրաստել 2 լրացուցիչ մոմ:
4. Այս 2 մոմերն էլ վառելով՝ նա կունենա 2 թերայրված մոմ, սակայն այդ 2-ը բավարար չեն մեկ լրացուցիչ մոմ պատրաստելու համար:

Ընդհանուր օրերի քանակը՝
100 + 14 + 2 = 116 օր:

Պատասխան՝ 116 օր:

Խնդիր 2.

Թուփն ունի 10 ճյուղ: Յուրաքանչյուր ճյուղում կա կամ 5 տերև, կամ 2 տերև և 1 ծաղիկ:

Եթե xx ճյուղում կա 5 տերև, իսկ yy ճյուղում՝ 2 տերև, ապա
x+y=10x + y = 10.

Տերևների ընդհանուր քանակը կլինի՝
5x+2y5x + 2y.

Փոխարինենք y=10−xy = 10 — x և ստանանք՝ Տերևներիքանակ=5x+2(10−x)=5x+20−2x=3x+20Տերևների քանակ = 5x + 2(10 — x) = 5x + 20 — 2x = 3x + 20

Նայենք տարբեր արժեքներին՝

• x=0x = 0: 3(0)+20=203(0) + 20 = 20
• x=1x = 1: 3(1)+20=233(1) + 20 = 23
• x=2x = 2: 3(2)+20=263(2) + 20 = 26
• x=3x = 3: 3(3)+20=293(3) + 20 = 29
• x=4x = 4: 3(4)+20=323(4) + 20 = 32
• x=5x = 5: 3(5)+20=353(5) + 20 = 35
• x=6x = 6: 3(6)+20=383(6) + 20 = 38
• x=7x = 7: 3(7)+20=413(7) + 20 = 41
• x=8x = 8: 3(8)+20=443(8) + 20 = 44
• x=9x = 9: 3(9)+20=473(9) + 20 = 47
• x=10x = 10: 3(10)+20=503(10) + 20 = 50

Տրված թվերից 39-ն է միակ համընկնողը:

Պատասխան՝ 39:

Խնդիր 3.

Սեդան 2015 թիվը բաժանում է 1-ից 1000-ի վրա:
Մեզ հետաքրքրում է մնացորդներից ամենամեծը:

1. Երբ բաժանիչը 1 է՝ մնացորդը 0:
2. Երբ բաժանիչը 2 է՝ մնացորդը 1:
3. Երբ բաժանիչը 3 է՝ մնացորդը 2:
4. Երբ բաժանիչը 4 է՝ մնացորդը 3:
   …
   1000-ի համար մնացորդը կլինի 2015mod  1000=152015 \mod 1000 = 15.

Ամենամեծ մնացորդը կարող է լինել բաժանիչից 1-ով պակաս, այսինքն՝ 999:
2015-ի համար դա կլինի, երբ բաժանիչը 1000 է:

Պատասխան՝ 999:

Խնդիր 4.

Պետրոսը գումարեց 5 քարտի յուրաքանչյուր զույգի արժեքները և ստացավ 3 թիվ՝ 57, 70, 83:

Եթե 5 քարտերից յուրաքանչյուրի արժեքը a,b,c,d,ea, b, c, d, e է, ապա
գումարները ներկայացնենք՝
a+b,a+c,a+d,a+e,b+c,b+d,b+e,c+d,c+e,d+ea + b, a + c, a + d, a + e, b + c, b + d, b + e, c + d, c + e, d + e.

Սակայն տրված է միայն 3 տարբեր գումար:
Այսինքն՝ կարելի է եզրակացնել, որ գոյություն ունեն միայն 3 տարբեր զույգային գումարներ:

Հնարավոր զույգերի գումարներն են՝
57, 70, 83:

Ենթադրենք, որ ամենափոքր գումարով զույգը 57 է, միջինը՝ 70, իսկ ամենամեծը՝ 83:

Արդյունքում, ամենամեծ թվի արժեքը կլինի 83÷2=41.583 \div 2 = 41.5, ինչը անհնար է, քանի որ քարտերի արժեքները բնական թվեր են:
Ուստի պետք է նայել այլ զույգերի համադրություններ:

Եթե վերցնենք a+b=57a + b = 57, a+c=70a + c = 70, a+d=83a + d = 83, ապա
առաջին քարտի արժեքը՝ a=57−ba = 57 — b,
երկրորդ քարտի արժեքը՝ bb,
երրորդ քարտի արժեքը՝ c=70−(57−b)=13+bc = 70 — (57 — b) = 13 + b,
չորրորդ քարտի արժեքը՝ d=83−(57−b)=26+bd = 83 — (57 — b) = 26 + b.

Այսպիսով, ամենամեծ արժեքը կլինի 26+b26 + b, իսկ bb-ն բնական թիվ է, ուստի ամենամեծ թիվը կլինի 26 + b:

Եթե b=1b = 1, ապա ամենամեծ թիվը 27 է, իսկ եթե b=2b = 2, ապա ամենամեծ թիվը 28 է:

Պատասխան՝ 28:

Կփորձեմ լուծել խնդիրները հերթականությամբ։ Սկսեմ առաջինից։

Խնդիր 1.

Ռեգբիի թիմը 2022 թվականի մրցաշրջանի յոթերորդ, ութերորդ և իններորդ խաղերում վաստակել է 24, 17 և 25 միավոր։ Թիմի միջին միավորները մեկ խաղում, 9 խաղերից հետո, ավելի բարձր էին, քան առաջին 6 խաղերից հետո: Նրանց միջինը 10 խաղից հետո 22-ից ավելի էր: Ո՞րն է միավորների այն նվազագույն քանակը, որ թիմը կարող էր վաստակել իր 10-րդ խաղում:

Լուծում.

1. Առաջին 6 խաղերի միջինը լինի AA, 7-9 խաղերի համար՝ 24,17,2524, 17, 25:
   • Առաջին 6 խաղերի ընդհանուր միավորները՝ 6A6A
   • 7-9 խաղերի ընդհանուր միավորները՝ 24+17+25=6624 + 17 + 25 = 66
   • 9 խաղերի ընդհանուր միավորները՝ 6A+666A + 66
2. 9 խաղերի միջինն ավելի բարձր է, քան առաջին 6 խաղերի միջինը: 6A+669>A\frac{6A + 66}{9} > A 6A+66>9A  ⟹  66>3A  ⟹  A<226A + 66 > 9A \implies 66 > 3A \implies A < 22 Առաջին 6 խաղերի միջինը պետք է լինի 21 կամ ավելի քիչ։
3. 10 խաղերից հետո միջինը 22-ից բարձր է: 6A+66+x10>22\frac{6A + 66 + x}{10} > 22 6A+66+x>2206A + 66 + x > 220 x>220−6A−66x > 220 — 6A — 66 x>154−6Ax > 154 — 6A Քանի որ A≤21A \leq 21, ապա 6A≤1266A \leq 126: x>154−126x > 154 — 126 x>28x > 28

Պատասխան: 29 միավոր։

Խնդիր 2.

Նախ պայմանները.

• Արմենը ունի վեց հաջորդական թվեր։
• Առաջին նետման ժամանակ տեսնում է 6, 7, 8 թվերը։
• Երկրորդ նետման ժամանակ տեսած թվերի գումարը 23 է։
• Երրորդ նետման ժամանակ տեսած թվերի գումարը 17 է։

Լուծում.

1. Քանի որ թվերը հաջորդական են, կարելի է դրանք նշանակել այսպես՝ x,x+1,x+2,x+3,x+4,x+5x, x+1, x+2, x+3, x+4, x+5։
2. Առաջին նետման ժամանակ Արմենը տեսնում է 6, 7, 8:
   • Այսինքն, երեք թվերից երկուսն են միևնույն ժամանակ տեսանելի։
   • Այսպիսով, ենթադրենք, որ այս թվերն են x,x+1,x+2x, x+1, x+2։
3. Երկրորդ նետման ժամանակ թվերի գումարը 23 է։
   • Կարծես թե, Արմենը տեսել է երեք այլ թվեր։
   • Եթե առաջին երեք թվերն են 6, 7, 8, ապա մնացած երեքը կլինեն 9, 10, 11։
   • 9+10+11=309 + 10 + 11 = 30, բայց մեր պայմանի համաձայն՝ գումարը 23 է։
   • Հետևաբար, մեր ենթադրությունը սխալ է։
4. Փորձենք այլ մոտեցում։
   • Թվերը կարող ենք դիտարկել որպես 6, 7, 8, 9, 10, 11։
   • Առաջին նետման ժամանակ տեսնում է 6,7,86, 7, 8։
   • Երկրորդ նետման ժամանակ տեսնում է 7,8,97, 8, 9, որի գումարը 23 է։
   • Երրորդ նետման ժամանակ տեսնում է 6,10,116, 10, 11, որի գումարը 17 է։
5. Հիմա պետք է գտնել մնացած երեք թվերի գումարը։
   • Մնացած երեք թվերն են 9,10,119, 10, 11։
   • Այս թվերի գումարը կլինի՝
   9+10+11=309 + 10 + 11 = 30

Պատասխան: 30։

Խնդիր 3.

Պայմանները.

• Բաբկենը գրել է միայն 7 թվանշանով կազմված թվեր և ստացել է 1015։
• Նա 7-ն օգտագործել է 10 անգամ։
• Այժմ ուզում է գրել 2023 թիվը՝ օգտագործելով 7-ն ընդամենը 19 անգամ։
• Քանի՞ անգամ նա կօգտագործի 77 թիվը։

Լուծում.

1. 1015-ի դեպքում.

• Բաբկենը օգտագործել է 7-ն 10 անգամ։ Այսինքն՝ 7 թվերից կազմված թվեր են։
• Օրինակ՝ 7, 77, 777, 7777 և այլն։
• Մեզ պետք է հասկանալ, թե ինչպես կազմվել է 1015-ը՝ օգտագործելով 7-ներ։

2. Փորձենք կազմել 1015-ը.

• 77 × 13 = 1001
• 7 × 2 = 14
• 1001 + 14 = 1015
• Այսինքն՝ 77-ը օգտագործվել է 13 անգամ։

3. 2023-ի դեպքում.

• Այժմ պետք է կազմենք 2023-ը՝ օգտագործելով 7-ն 19 անգամ։
• Կարող ենք օգտագործել 77-ը՝ քանի որ այն մեծ թիվ է և քիչ 7-ներ է պահանջում։

Կազմենք 2023-ը՝ օգտագործելով 77-ներ.

• 77 × 26 = 2002
• 7 × 3 = 21
• 2002 + 21 = 2023

Որքա՞ն անգամ օգտագործվեց 77-ը.

• 26 անգամ։

Պատասխան: 26 անգամ։

Խնդիր 4.

Պայմանները.

• Երեք տներում ապրում են մկներ։
• Ամեն մի մուկ դուրս է եկել իր տնից և շարժվել դեպի մյուս երկու տներից մեկը՝ ամենակարճ ճանապարհով։
• Նկարում նշված են թվերը, որոնք ցույց են տալիս մկների քանակը երեկ և այսօր։

Լուծում.

1. Նշենք տները A,B,CA, B, C։
   • Երեկվա մկների քանակը՝ a,b,ca, b, c
   • Այսօրվա մկների քանակը՝ a′,b′,c′a’, b’, c’
2. Մենք պետք է հաշվենք այն մկների քանակը, որոնք շարժվել են սլաքի ուղղությամբ։
   • Եթե AA տանից BB տուն գնաց xx մուկ, ապա AA-ում մկների քանակը կնվազի xx-ով, իսկ BB-ում կմեծանա xx-ով։
3. Կազմենք հավասարումներ՝ ելնելով տվյալներից։
4. Նկարում տրված թվերը հաշվի առնելով, կարելի է գտնել, թե քանի մուկ շարժվեց սլաքի ուղղությամբ։

Ենթադրենք, որ xx մուկ շարժվեց AA տանից BB տուն, yy մուկ՝ BB-ից CC տուն և zz մուկ՝ CC-ից AA տուն։

• Հաշվի առնելով սլաքների ուղղությունները, կարելի է գտնել x,y,zx, y, z-ի արժեքները։

Եթե առկա լիներ նկարը, կարող էի կոնկրետ թվերով ցույց տալ։ Հիմա ընդհանուր դեպքում, առանց կոնկրետ թվերի, այսքանն է։

Պատասխան: Սլաքի ուղղությամբ շարժված մկների քանակը կգտնվի՝ դիտարկելով փոփոխությունները երեք տներում։

Խնդիր 5.

Պայմանները.

• Մարտինը կանգնած է հերթում, որում գտնվողների թիվը 3-ի բազմապատիկ է։
• Նրա դիմաց կա այնքան մարդ, որքան հետևում։
• Նա տեսնում է երկու ընկերոջ՝ 19-րդը և 28-րդը։

Լուծում.

1. Քանի որ Մարտինի դիմաց կա այնքան մարդ, որքան հետևում, նշանակում է՝
   • Մարտինը կանգնած է հերթի կենտրոնում։
   • Հերթի ընդհանուր մարդկանց քանակը պետք է լինի կենտ թիվ։
2. Քանի որ հերթում մարդկանց քանակը 3-ի բազմապատիկ է, ամենակարճ նման կենտ թիվը կլինի 33։
   • Մարտինը կանգնած է 17-րդ տեղում։
   • Իր դիմաց 16 մարդ կա, իսկ հետևում՝ 16 մարդ։
3. 19-րդն ու 28-րդը՝ երկուսն էլ Մարտինից հետո են, ինչը համապատասխանում է 17-րդ դիրքին։

Պատասխան: Մարտինը կանգնած է 17-րդ դիրքում։

Խնդիր 6.

Պայմանները.

• Կա 3 կուղբ, և ոչ մի երկու կուղբ չեն կանգնած կողք կողքի։
• Կա ճիշտ 3 կենգուրու, որոնք կանգնած են կողք կողքի։
• Պետք է գտնել կենգուրուների ամենամեծ հնարավոր քանակը։

Լուծում.

1. Ենթադրենք, որ կա nn կենգուրու և 3 կուղբ։
   • Կուղբերը կանգնած են այնպես, որ իրար չեն կպնում։
   • Կենգուրուները կանգնած են միավորված խմբերով։
2. Եթե 3 կենգուրուները միասին կանգնած են, մնացածը կարող են տեղադրվել այնպես, որ խուսափեն կուղբերից։
3. Առավելագույն կենգուրուների քանակը կլինի, երբ մնացած տեղերը լցվեն կենգուրուներով։
4. Եթե կուղբերը կանգնած են K1,K2,K3K_1, K_2, K_3 դիրքերում, ապա կենգուրուները կարող են կանգնել n−3n — 3 դիրքերում։
5. Այսպիսով, 3 կենգուրուները միավորվելով զբաղեցնում են 1 տեղ, և մնացած n−3n — 3 դիրքերում կարող են կանգնել մնացած կենգուրուները։
   • Այսպիսով, հնարավոր առավելագույն կենգուրուների քանակը կլինի՝ n−3+3=nn — 3 + 3 = n։

Պատասխան: Կենգուրուների ամենամեծ հնարավոր քանակը կստացվի nn-ի հաշվարկից՝ ելնելով նրանից, թե ինչքան տեղ կա։

Modern graffiti began in big cities in the United States in the 1970s. In New York, young people wrote their names, or ‘tags’, in pen on walls around the city.

One of the first ‘taggers’ was a teenager called Demetrius. His tag was TAKI 183. He wrote his tag on walls and in stations in New York. Other teenagers saw Demetrius’s tag and started writing their tags too. Soon, there were tags on walls, buses and trains all over New York.

Then, some teenagers started writing their tags with aerosol paint. Their tags were bigger and more colourful. Aerosol paint graffiti became very popular in the 1970s and 1980s. It appeared on trains, buses and walls around the world.

In the 1990s and 2000s, a lot of graffiti artists started painting pictures. Some artists’ pictures were about politics. Other artists wanted to make cities beautiful and painted big, colourful pictures on city walls.

Graffiti in galleries

In some countries, writing or painting on walls is a crime. Sometimes, graffiti artists have problems with the police. In other countries, artists can draw and paint in certain places. For example, in Taiwan, there are ‘graffiti zones’ where artists can paint on walls. In São Paulo in Brazil, street artists can paint pictures on walls and houses. Their pictures are colourful and beautiful. Some tourists visit São Paulo just to see the street art!

In Bristol in the UK, there is a street art festival in August every year. Artists paint all the buildings in a street. Lots of people come to watch the artists and take photos. You can see exhibitions of street art in some galleries too. There have been exhibitions of street art in galleries in Paris, London and Los Angeles.

Who are the artists?

Some street artists have become famous. Here are three stars of the street art world:

• Os Gêmeos are twin brothers from São Paulo. They paint big, colourful pictures of people on buildings. In 2007, they painted a castle in Scotland!
• Blek le Rat is from Paris. He is famous for painting pictures of homeless people in big cities.
• Faith47 is from Cape Town in South Africa. She paints big, colourful pictures of people and animals. She likes painting in different places and you can find her work on pavements, postboxes, buses and, of course, on walls!

The future of street art

Many street artists use the internet to look at photos of street art from around the world. They communicate with other artists online and share ideas. Some street artists are famous and you can see their pictures in galleries. We don’t know about the future of street art, but it is here to stay for sure!

Robin Newton

ShowCheck your understanding: matching

ShowCheck your understanding: true or false

Worksheets and downloads

Topics:

around the world