Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 4 PIKOMAT 2011/2012

Transkrypt

1 Przykładowe rozwiązania zadań z klasy PIKOMAT 011/01 Zadanie (etap I) Cztery sześcienne kostki do gry łączymy w sposób podany na rysunku. Suma oczek na wszystkich ściankach bocznych równa się 0. Ile wynosi suma oczek na ściankach górnych? Autor rozwiązania: Maciej Krawczyk, Szkoła Podstawowa Nr 9 w Gliwicach. Możliwych jest 1 rozwiązań:, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 1, 1, 1, 15, 16, 17, 18, 19, 0, 1,,,. Uzasadnienie: Suma oczek na przeciwległych ściankach jednej kostki do gry wynosi 7. Połączone zostały kostki do gry, tak więc suma oczek na górnych i dolnych ściankach wynosi 7 = 8. Należy sprawdzić 11 możliwości, czyli od do 1, bo pozostałe są na dolnej ściance (np. jeśli górne ścianki dają to dolne, górne 5 to dolne itd.). Ułożyłem kostki tak, aby górne ścianki dały w sumie, a boczne 0 (np.: 5, 5, 5, ). Wybrałem jedną z kostek i obróciłem w taki sposób, aby na górze było zamiast 1, pamiętając jaka była suma oczek na bocznych ściankach. Kostkę obróciłem tak, żeby na bocznych ściankach suma była taka sama lub różniła się o 1. Gdy się różniła obracałem inną kostkę w prawo lub lewo. Zauważyłem, że sumy sąsiednich ścianek różnią się parami od siebie o 1, dlatego za każdym razem zamieniałem tylko jedną lub dwie kostki. Odp.: Możliwych jest 1 rozwiązań:, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 1, 1, 1, 15, 16, 17, 18, 19, 0, 1,,,. Zadanie (etap II) W poniższym mnożeniu występują tylko cyfry,,, 5, 6, 7. Każdej literze odpowiada inna cyfra. Jaką wartość ma suma R + Z + Y + M? Z M 6 G R Y Autor rozwiązania: Agnieszka Skóra, Szkoła Podstawowa Nr w Jaworznie. Przystępując do rozwiązania tego zadania zaczęłam najpierw podstawiać cyfry do litery M. Kiedy podstawiłam okazało się, że 6 =1, więc nie może to być, bo musiałabym za Y podstawić też dwójkę. Tak jednak nie może być bo już M byłoby, a wiemy, że każdej

2 literze musi odpowiadać inna cyfra. Następnie podstawiłam, ale tak też nie może być bo 6 = 18, więc Y musiałoby być 8, a takiej opcji nie ma. Kolejna liczba to i znowu 6 =, też tak być nie może, gdyż M = i Y =. Tak więc podstawiłam 5, ale wtedy Y musiałoby być zerem (5 6= 0). Ale wśród dobrych cyfr zero nie występuje. Szóstki nie brałam pod uwagę, bo liczba 6 jest już w działaniu. Została cyfra 7. Podstawiłam i wyszło tak: M = 7 oraz Y =. Z 7 6 G R Zostały jeszcze do podstawienia,, 5. Z nie może być równe, ponieważ gdy podstawię do wzoru to mielibyśmy: 6 + =, a wtedy R musiałoby być równe. A nie może, bo jak ustaliłam Y ma wartość. W takim razie podstawiłam, ale 6 + = 8 i znowu R musiałoby być 8, ale takiej możliwości nie ma. Pozostała cyfra 5. Podstawiłam i wyszło: W takim razie otrzymałam rozwiązanie: Z = 5; M = 7; Y = ; R = ; G =. Odp.: Suma R + Z + Y + M ma wartość = 18. Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 5 PIKOMAT 011/01 Zadanie 1 (etap I) Na kratkowanym papierze narysowano cztery figury (rys.). Z figur tych ułóż kwadrat. Nie musisz wykorzystywać wszystkich figur do jego ułożenia. Rozwiązanie zilustruj graficznie. Autor rozwiązania: Mateusz Pieróg, Szkoła Podstawowa Nr 1 w Mielcu. 1) Rysuję możliwy kwadrat biorąc jedną figurę.

3 ) Z dwóch figur nie da się ułożyć kwadratu. ) Rysuję możliwe kwadraty biorąc trzy figury. Figurę tą mogę też odwrócić (odbicie lustrzane). ) Rysuję możliwe kwadraty biorąc cztery figury. Figurę tą mogę też odwrócić (odbici lustrzane). Kwadraty z przykładów ) i ) mogę jeszcze obracać i w ten sposób można otrzymać więcej kwadratów. Odp.: Jeden snopek szybciej zjedzą dwie pierwsze owce, bo w ciągu 16 godzin, a pozostałe razem zjedzą go w ciągu około 19 godzin i minut. Zadanie (etap III) Z prostokąta, którego długość jednego boku jest równa 7 cm a długość drugiego boku jest mniejsza niż 100 cm, wycięto pewną liczbę kwadratów o boku x, a następnie pewną liczbę kwadratów o boku y i otrzymano kwadrat (rys.). Jaką długość może mieć bok powstałego w ten sposób kwadratu? 7 cm x mniej niż 100 cm x x y y y y y y y y x x

4 Autor rozwiązania: Paweł Środa, Szkoła Podstawowa Nr w Bytomiu. Oznaczenia: a długość boku kwadratu, n liczba kwadratów o boku y, m liczba kwadratów o boku x. Zależności: a + x = 7, a + y < 100, a = n y, a + y = m x. Na podstawie tych zależności znalazłem następujące rozwiązania: Lp. Wymiary prostokąta wyjściowego Długość boku a Długość boku y Liczba kwadratów o boku y [n] Długość boku x Liczba kwadratów o boku x [m] Odp.: Długość boku kwadratu może wynosić: cm, cm, 6 cm, 5 cm, 8 cm, 5 cm, 56 cm, 57 cm, 60 cm, 6 cm, 6 cm, 65 cm, 66 cm, 68 cm, 69 cm, 70 cm, 71 cm. Autor rozwiązania: Aleksandra Mazgaj, Szkoła Podstawowa Nr w Sanoku. To zadanie rozwiązałam metodą prób i błędów i otrzymałam następujące rozwiązania: 1) Zakładam, ze bok powstałego kwadratu ma długość 50 cm = [cm]

5 x = cm długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów musi wynosić więcej niż 50 cm. = 66 [cm] odcięte kwadraty = 16 [cm] y = 16 cm długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y zmieszczą się na boku kwadratu o długości 50 cm. Rozwiązanie nie spełnia warunków zadania. 50 cm : 16 cm wynik nie jest liczbą naturalną ) Zakładam, że bok powstałego kwadratu ma długość 58 cm = 1 [cm] x = 1 cm długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów musi wynosić więcej niż 58 cm. 1 5 = 70 [cm] 5 odciętych kwadratów = 1 [cm] y = 1 cm długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y zmieszczą się na boku kwadratu o długości 58 cm. Rozwiązanie nie spełnia warunków zadania. 50 cm : 1 cm wynik nie jest liczbą naturalną ) Zakładam, że długość boku odciętego kwadratu wynosi 6 cm. 7 6 = 6 [cm] x = 6 cm długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów musi być większa od 6 cm. 6 = 7 [cm] odcięte kwadraty Odcięty kwadrat o boku długości 6 cm jest równy bokowi kwadratu o długości 6 cm. y = 6 cm długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y zmieszczą się na boku kwadratu o długości 58 cm. 6 cm : 6 cm = 1 Długość boku powstałego kwadratu wynosi 6 cm. Rozwiązanie spełnia warunki zadania. ) Zakładam, że bok powstałego kwadratu ma długość 5 cm. 7 5 = 7 [cm] x = 7 cm długość boku odciętego kwadratu. Suma długości boków odciętych kwadratów musi być większa od 7 cm.

6 7 = 5 [cm] odcięte kwadraty 5 5 = 9 [cm] y = 9 cm długość boku odciętego kwadratu. Obliczam, czy odcięte kwadraty o boku y zmieszczą się na boku kwadratu o długości 5 cm. 5 cm : 9 cm = 5 5 odciętych kwadratów Długość boku powstałego kwadratu wynosi 5 cm. Rozwiązanie spełnia warunki zadania. Uczennica w sposób analogiczny rozpatruje przypadki dla długości boków kwadratu wynoszących: 8 cm, 5 cm, 56 cm, 57 cm, 60 cm, 6 cm, 6 cm, 65 cm, 66 cm 68 cm, 69 cm,, 70 cm i 71 cm. Odp.: Długość boku powstałego kwadratu może wynosić: 6 cm, 5 cm, 8 cm, 5 cm, 56 cm, 57 cm, 60 cm, 6 cm, 6 cm, 65 cm, 66 cm, 68 cm, 69 cm, 70 cm, 71 cm. Od Komisji W rozwiązaniu uczennica nie rozpatrzyła przypadków, że bok powstałego kwadratu ma długość mniejszą niż 6 cm (tutaj znajdują się również dwa dobre rozwiązania zadania, gdy długość boku wynosi cm i cm). Uwaga! Byli uczniowie, którzy pokazali przykładowe rozwiązania przy założeniu, że x i y są liczbami naturalnymi, jak również, gdy x i y są liczbami wymiernymi. Przykładowe rozwiązania zadań z klasy 6 PIKOMAT 011/01 Zadanie 1 (etap I) Pewna liczba naturalna, której suma cyfr wynosi 1 ma cztery dzielniki. Suma tych dzielników ma wartość 56. Jaka to liczba? Autor rozwiązania: Zuzanna Palion, Społeczna Szkoła Podstawowa Nr 1 w I Zespole Ogólnokształcących Szkół Społecznych w Katowicach. x cyfra dziesiątek szukanej liczby, y cyfra jedności szukanej liczby, x + y = 1 suma cyfr szukanej liczby naturalnej. Możliwe kombinacje podanych warunków: + 9 = = = = 1. Wypisuję wszystkie dzielniki liczb spełniających pierwszy warunek zadania: 66: 1,,, 6, 11,,, 66 nie spełnia warunków zadania, 57: 1, 57 nie spełnia warunków zadania,

7 8: 1,,,, 6, 8, 1, 16,, 8 nie spełnia warunków zadania, 9: 1,, 1, 9 oraz = 56 poprawne rozwiązanie, 75: 1,, 5, 15, 5, 75 nie spełnia warunków zadania, 8: 1,,,, 6, 7, 1, 1, 1, 8,, 8 nie spełnia warunków zadania, 9: 1,, 1, 9 nie spełnia warunków zadania. Odp.: Szukaną liczbą jest liczba 9. Zadanie 1 (etap III) Pewnego razu podczas pobytu w górskim schronisku zgasło nagle światło. Zapaliłem wtedy dwie jednakowej długości świece grubszą, która w całości zużywa się w ciągu 5 godzin oraz cieńszą, która w całości zużywa się w ciągu godzin. Siedziałem przy tych świecach wraz ze swymi towarzyszami wędrówki nucąc przy akompaniamencie gitary wesołe piosenki. Gdy światło znów zabłysło stwierdziłem, że to co zostało z jednej ze świec, jest cztery razy dłuższe niż to, co zostało z drugiej. Ile czasu nie było elektrycznego światła? Autor rozwiązania: Wiktoria Mostowska, Szkoła Podstawowa Nr 5 w Pyskowicach. Oznaczmy: l początkowa długość świec, t czas, przez jaki nie było światła. Na rys. 1 przedstawmy schematycznie obie świece w chwili ich zapalenia, gdy zgasło światło: t = 0 Rys. 1 l l świeca gruba świeca cieńsza Obliczmy prędkość (szybkość) zużycia dla obu świec: Świeca grubsza Świeca cieńsza Początkowa długość świecy l l Czas zużycia w (h) 5 Prędkość zużycia Z treści zadania wynika, że gdy światło znów zabłysło, to żadna ze świec nie spaliła się do końca. Wobec tego czas t przez jaki nie było światła był krótszy niż godziny, zatem t <. Na rys. przedstawmy schematycznie sytuację w momencie gdy światło znów zabłysło. Ponieważ świeca grubsza zużywa się wolniej niż świeca cieńsza, więc to właśnie pozostała l 5 l

8 nie spalona część długości świecy grubszej l 1 jest cztery razy większa niż nie spalona część długości świecy cieńszej l. Rys. l 1 l l 1 = l oraz 0 < t <. świeca grubsza świeca cieńsza Obliczmy nie spalone części długości l 1, l obu świec. Spalona część długości świecy Nie spalona część długości świecy Świeca grubsza Świeca cieńsza l l t t 5 l l l 1 = l t l = l t 5 Wobec tego czas t obliczamy z równania: l l l t = l t, l >0 5 t t 1 = 1 5 t 1 = t 5 t t 5 = t = h Odp.: Światła nie było przez godziny i 5 minut. Przykładowe rozwiązania zadań z klasy I PIKOMAT 011/01 Zadanie (etap I) Dane jest wyrażenie: [( 8 ): ] 600 : Jaką dodatnią liczbą całkowitą należy zastąpić, aby w wyniku otrzymać również liczbę całkowitą. Odpowiedź uzasadnij. Autor rozwiązania: Kinga Janas, Publiczne Gimnazjum w Zespole Szkół Stowarzyszenia Rodzin Katolickich Archidiecezji Katowickiej w Chorzowie. Dane wyrażenie oznaczam literą x, tzn.: x = 600 :[( 8 ) : ] Wyrażenie to przekształcam w następujący sposób:

9 x = 600 = 600 ( 8 ) : 8 Jeżeli x ma być liczbą całkowitą, to różnica ( ) musi być dzielnikiem liczby 00. Poniższa tabelka zawiera wszystkie całkowite dzielniki liczby 00 i odpowiadające im wartości Ponieważ ma być liczbą całkowitą dodatnią, zatem należy zastąpić jedną z 1 liczb: 1,,, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 1, 16, 19,, 9,, 5, 6, 79, 10, 15, 0. Odp.: Symbol należy zastąpić jedną z 1 liczb: 1,,, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 1, 16, 19,, 9,, 5, 6, 79, 10, 15, 0. = 00 Zadanie 1 (etap II) Mój sąsiad pan Stanisław jest emerytem i bardzo lubi wędkować. Często wyprawia się nad zalew w Przeczycach i tam oddaje się swemu hobby. W ciągu trzech kolejnych wrześniowych dni złowił aż 1 dorodnych szczupaków. Każdego dnia, oprócz pierwszego, łowił więcej szczupaków niż dnia poprzedniego. Trzeciego dnia złowił on kilka szczupaków mniej niż łącznie w ciągu dwóch pierwszych dni. Ile szczupaków złowił pan Stanisław trzeciego dnia? Autor rozwiązania: Piotr Kośkiewicz, Prywatne Gimnazjum i Liceum w Lublinie. Sposób I Wprowadzam oznaczenia: a ilość szczupaków złowionych w pierwszy dzień, b ilość szczupaków złowionych w drugi dzień, c ilość szczupaków złowionych w trzeci dzień. Założenia wynikające z treści zadania: a + b + c = 1, a < b < c, a + b > c. Ponadto a, b, c należą do N (zbiór liczb naturalnych) Rozwiązanie przedstawiam w tabeli uwzględniając wszystkie możliwe warianty, wypisując wszystkie możliwe trójki, spełniające założenia: a + b + c = 1 i a < b < c.

10 Teraz sprawdzam kolejny warunek: a + b > c a b 5 c a b c a + b c a + b > c NIE NIE NIE NIE NIE NIE TAK Tylko jedna trójka spełnia warunki zadania i jest to (,, 5). Sprawdzenie do zadania Pan Stanisław złowił pierwszego dnia szczupaki, następnego dnia szczupaki, czyli więcej niż poprzedniego dnia (zgodnie z warunkami zadania). Trzeciego dnia złowił 5 szczupaków, czyli więcej niż poprzedniego dnia (zgodnie z warunkami zadania). Łącznie w ciągu dwóch pierwszych dni pan Stanisław złowił: + = 7 szczupaków. Ponieważ 7 > 5, więc trzeciego dnia złowił o kilka szczupaków mniej niż łącznie w ciągu dwóch pierwszych dni (zgodnie z warunkami zadania). Sprawdzenie algebraiczne 1) a + b + c = = 1 1 = 1, czyli L = P ) a < b < c < < 5 ) a + b > c + > 5 7 > 5 Wszystkie założenia zostały spełnione. Odp.: Trzeciego dnia pan Stanisław złowił 5 szczupaków. Sposób II Z warunków zadania wynika, że a < b < c a + b + c = 1, więc c = 1 (a + b), b = 1 (a + c), c < a + b. Mamy zatem: czyli a < 1 (a + b),

11 a < 1 a b. Wobec tego: a + b < 1. (*) Z założenia: b < c b < 1 (a + b), b < 1 a b. Wobec tego b + a < 1. (**) Dodaję nierówności oznaczone (*) i (**), otrzymujemy nierówność: W tabeli sprawdzam warunek: b + a < 8 b + a < /: b + a < 8 b + a a b c Czy spełnia warunek: a < b < c? NIE NIE 5 TAK A jeżeli uwzględnię warunek, że: c < a + b to mogę podstawić za c = 1 (a + b). Więc: 1 (a + b ) < a + b 1 a b < a + b a + b > 1 /: a + b > 6 Mamy zatem: a + b < 8 oraz a + b > 6. Otrzymujemy jednoznaczne rozwiązanie: a + b = 7 Dlatego nie rozpatruję pozostałych możliwości. Sprawdzenie przedstawiłem w sposobie I. Odp.: Trzeciego dnia pan Stanisław złowił 5 szczupaków. Przykładowe rozwiązania zadań z klasy II PIKOMAT 011/01 Zadanie (etap II) Trójkąt równoboczny został podzielony na 6 małych trójkątów równobocznych, każdy o polu 1. Oblicz pole trójkąta KLM. L M K

12 Autor rozwiązania: Michał Osadnik, Gimnazjum Dwujęzyczne w Akademickim Zespole Szkół Ogólnokształcących w Chorzowie. Rozpoczynam od podzielenia trójkąta na pięć mniejszych trójkątów. Jednym z nich będzie zaciemniony trójkąt KLM. Obliczę jego pole odejmując od całkowitego pola głównego trójkąta, pola pozostałych czterech trójkątów mniejszych. I II L M IV V K III Korzystając ze związków dotyczących trójkąta równobocznego można zapisać: h = P P, a =, gdzie P oznacza pole trójkąta równobocznego, a długość boku trójkąta, h wysokość trójkąta. Jeżeli P = 1 to h = i a =. 1 1 Pole trójkąta numer II wynosi: P II = a h = = Pole trójkąta numer III wynosi: P III = a h = = Pole trójkąta numer IV wynosi: P IV = 5a h = 5 = 5. Pole trójkąta numer I wynosi: P I = 16. Zatem pole trójkąta KLM można obliczyć tak: P KLM = 6 ( ) = 19. Odp.: Pole trójkąta KLM wynosi 19. Zadanie (etap II) Magda, Kasia, Jacek i Kuba uczęszczają do tego samego gimnazjum w Będzinie. Średnia wieku Magdy i Jacka jest o 1 rok większa niż średnia wieku Kasi i Kuby. Gdyby Magda była starsza od Kuby o tyle, o ile Kasia jest starsza od Jacka, to średnia wieku chłopców byłaby równa średniej wieku dziewcząt. Kto jest starszy i o ile lat: Kasia czy Jacek, Magda czy Kuba? Autor rozwiązania: Wojciech Środa, Gimnazjum Nr w Zespole Szkół Ogólnokształcących Nr 6 w Bytomiu. Wprowadzam oznaczenia:

13 M wiek Magdy, J wiek Jacka, K wiek Kasi, B wiek Kuby. M+ J Średnia wieku Magdy i Jacka to. K+ B Średnia wieku Kasi i Kuby to. Średnia wieku Magdy i Jacka jest o 1 rok większa niż średnia wieku Kasi i Kuby, zatem: czyli: M + J = K + B +. M + J K + B = + 1, Z treści zadania wynika, że średnia wieku dziewcząt i średnia wieku chłopców byłyby równe, gdyby Magda była starsza od Kuby o tyle, o ile Kasia jest starsza od Jacka. Gdyby obie dziewczęta były starsze, to średnie wieku nie mogłyby być równe. Wynika z tego, że Kasia nie jest starsza od Jacka, tylko muszą być rówieśnikami (K = J). Uwzględniam to w powyższej równości: M + J = K + B +, M + K = K + B +, M = B +. Oznacza to, że Magda jest starsza od Kuby o lata. Odp.: Kasia i Jacek są rówieśnikami, Magda jest starsza od Kuby o lata. Przykładowe rozwiązania zadań z klasy III PIKOMAT 011/01 Zadanie (etap I) Sieć ulic i alej w mieście Piko tworzy regularną kratkę. Jedenaście koleżanek, wszystkie mieszkające w domach położonych na rogach ulic, postanowiło się spotkać, aby omówić przygotowania do szkolnej zabawy karnawałowej. Na którym rogu powinny się umówić, żeby mieć łącznie najkrótszą drogę do przejścia? Na planie zaznaczono poziomo ulice, a pionowo aleje. Autor rozwiązania: Krzysztof Marczyński, Gimnazjum Nr 1 w Lesznie. Sposób I

14 1) Zapisuję współrzędna wszystkich punktów: 1 (, 1), (7, 1), (, ), (, ), 5 (5, ), 6 (, ), 7 (, ), 8 (5, ), 9 (6, 0, 10 (, 5), 11 (5, 6). ) Obliczam średnią argumentów i wartości: średnia argumentów: = =, co daje nam aleję średnia wartości: =, co daje nam ulicę Odp.: Koleżanki powinny się spotkać na skrzyżowaniu alei z ulicą. Sposób II W tabeli sprawdziłem sumę odległości z domów dziewczynek do każdego punktu w mieście. Oznaczenie typu 1. oznacza 1 ulicę, aleję. W kolumnach (ulica, aleja) to współrzędne mieszkań dziewczynek. Najmniejszą sumę odległości daje punkt na skrzyżowaniu ulicy z aleją. ulica aleja suma ulica aleja suma Odp.: Koleżanki powinny się spotkać na skrzyżowaniu alei z ulicą. Zadanie (etap III) Pewne małżeństwo ma dwie córki i dwóch synów. Średnia wieku córek jest większa niż lata, a średnia wieku kobiet w tej rodzinie jest mniejsza niż 1 lat. Średnia wieku synów jest mniejsza niż 18 lat, natomiast średnia wieku mężczyzn w tej rodzinie jest większa niż 9 lat. Ustal, kto jest starszy: mama czy tata. Jaką najmniejszą liczbą całkowitą może być wiek ojca? Jaką największą liczbą całkowitą może być wiek matki?

15 Autor rozwiązania: Kamil Janas, Publiczne Gimnazjum w Zespole Szkół Stowarzyszenia Rodzin Katolickich Archidiecezji Katowickiej w Chorzowie. Przyjmuję oznaczenia: m wiek matki, t wiek ojca, s 1 wiek pierwszego syna, s wiek drugiego syna, c 1 wiek pierwszej córki, c wiek drugiej córki. Zgodnie z treścią zadania: c+ 1 c c 1+ c+ m > oraz 1 >, s+ 1 s 18 > s 1+ s+ t oraz > 9, czyli: 6 > c1 c 9 > c1 + c + m oraz s1 s > 6 s1 + s + t > 87 Dodając stronami nierówności w tych układach, otrzymujemy: 7 > m i t > 51. Stąd oczywistym jest, że t > m oraz najmniejszą liczba całkowitą określającą wiek ojca jest 5, natomiast największą liczbą całkowitą określającą wiek matki jest 6. Jeśli jednak przyjmiemy, że wiek dzieci także wyrażony jest liczbą całkowitą, wówczas suma wieku córek: c + c 1 > 6, więc wynosi co najmniej 7 lat, a suma wieku synów s + s 1 < 6, więc wynosi co najwyżej 5 lat. Ponieważ m < 9 ( c + c 1 ), to m < 9 7 = 6, czyli matka może mieć co najwyżej 5 lat. Podobnie t > 87 ( s + s 1 ), to t > 87 5 = 5, czyli ojciec musi mieć co najmniej 5 lata. Odp.: Ojciec jest starszy od matki. Ojciec ma co najmniej 5 lata, natomiast matka ma co najwyżej 6 lat. Jeśli przyjmiemy, że wiek wszystkich członków tej rodziny wyrażony jest liczbami całkowitymi, to ojciec ma co najmniej 5 lata, a matka ma co najwyżej 5 lat. Opracowanie: Komisja Konkursowa