MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 50

Niech liczby będą równe $a$ i $b$, a ich średnia niech stanowi $60\%$ liczby $a$. Wtedy

$$\frac{a+b}{2}=0{,}6a.$$

Stąd $a+b=1{,}2a$, czyli $b=0{,}2a$. Średnia wynosi $0{,}6a$, zatem w stosunku do drugiej liczby $b$ stanowi

$$\frac{0{,}6a}{0{,}2a}\cdot100\%=300\%.$$

Trzech malarzy przepracowało łącznie

$$3\cdot8\cdot5=120$$

roboczogodzin, wykonując $40\%$ pracy. Całość wymaga więc $120:0{,}4=300$ roboczogodzin. Pozostałe $60\%$ wymaga $180$ roboczogodzin.

W ciągu dwóch dni po 9 godzin jeden malarz przepracuje 18 godzin. Potrzeba zatem

$$\frac{180}{18}=10$$

malarzy. Skoro trzech już pracuje, trzeba zatrudnić jeszcze $10-3=7$ osób.

Niech początkowa masa roztworu wynosi $m$ gramów. Było w nim $0{,}05m$ gramów soli. Po dosypaniu soli masa roztworu wynosi $m+200$, a masa soli $0{,}05m+200$. Zatem

$$\frac{0{,}05m+200}{m+200}=0{,}24.$$

Stąd

$$0{,}05m+200=0{,}24m+48,\qquad 152=0{,}19m,\qquad m=800.$$

Początkowo soli było $0{,}05\cdot800=40$ g.

Niech $x$ oznacza liczbę litrów octu $5\%$, a $y$ — octu $25\%$. Mamy

$$x+y=2,\qquad 0{,}05x+0{,}25y=0{,}10\cdot2.$$

Podstawiając $x=2-y$, otrzymujemy

$$0{,}05(2-y)+0{,}25y=0{,}2,$$

czyli $0{,}2y=0{,}1$, zatem $y=0{,}5$ i $x=1{,}5$.

Niech $r=\frac p{100}$. Jedna para boków zmienia się z czynnikiem $1-r$, a druga z czynnikiem $1+r$. Nowe pole stanowi $75\%$ starego, więc

$$(1-r)(1+r)=0{,}75.$$

Zatem

$$1-r^2=0{,}75,\qquad r^2=0{,}25.$$

Ponieważ $r\ge0$, mamy $r=0{,}5$, czyli $p=50$.

Niech $r=\frac p{100}$, a cena z pierwszego dnia wynosi $C$. Po podwyżce i obniżce cena z trzeciego dnia jest równa

$$C(1+r)(1-r)=C(1-r^2).$$

Z warunku zadania jest to $0{,}91C$, więc

$$1-r^2=0{,}91,\qquad r^2=0{,}09.$$

Dla $r\ge0$ otrzymujemy $r=0{,}3$, czyli $p=30$.

Niech początkowy czas wynosi $t$, a prędkość $v=\frac St$. Po skróceniu czasu o $p\%$ nowy czas wynosi

$$t_1=t\frac{100-p}{100}.$$

Nowa prędkość jest zatem równa

$$v_1=\frac{S}{t_1} =v\frac{100}{100-p}.$$

Względny przyrost prędkości to

$$\left(\frac{100}{100-p}-1\right)\cdot100\% =\frac{100p}{100-p}\%.$$

Mamy

$$97{,}5\%=\frac{97{,}5}{100}=\frac{39}{40}.$$

Jeżeli uczniów było $n$, to liczba ocen pozytywnych $\frac{39}{40}n$ musi być całkowita. Ponieważ $39$ i $40$ są względnie pierwsze, $n$ musi być wielokrotnością $40$. Najmniejsza dodatnia możliwość to $n=40$.

Udział kibiców z Pucharowa na trybunach wynosi

$$10\frac1{11}\%=\frac{111}{1100}.$$

Ułamek jest nieskracalny, więc liczba wszystkich kibiców na trybunach musi być wielokrotnością $1100$. Minimalnie było ich $1100$, w tym $111$ z Pucharowa.

Niech $k$ mieszkańców Pucharowa ogląda mecz w telewizji. Skoro jest to $\frac17$ mieszkańców, populacja miasta wynosi $7k$. Osoby oglądające w telewizji i obecne na trybunach są różne, zatem

$$7k\ge k+111,\qquad 6k\ge111.$$

Najmniejszą całkowitą wartością jest $k=19$. Łącznie mecz oglądało co najmniej

$$1100+19=1119$$

osób.

Niech na pętli wsiądzie $n$ pasażerów. Skoro połowa usiadła, $n$ jest parzyste. Przyrost o $8\%=\frac2{25}$ liczby pasażerów również jest całkowity, więc $\frac{2n}{25}$ jest liczbą całkowitą. Stąd $n$ jest wielokrotnością $25$. Łącznie $n$ musi być wielokrotnością $50$.

Po pierwszym przystanku jest $1{,}08n$ pasażerów, zatem

$$1{,}08n\le70,\qquad n\le\frac{70}{1{,}08}<65.$$

Jedyną dodatnią wielokrotnością $50$ mniejszą od $65$ jest $50$. Po wzroście liczba pasażerów wynosi $54$, więc warunek pojemności jest spełniony.

Zmniejszenie o $2$ stanowi więcej niż $15\%$ liczby $n$, więc

$$\frac2n>0{,}15,\qquad n<\frac{2}{0{,}15}=13\frac13.$$

Zwiększenie o $1$ stanowi mniej niż $8\%$ liczby $n$, zatem

$$\frac1n<0{,}08,\qquad n>\frac1{0{,}08}=12{,}5.$$

Jedyną liczbą naturalną spełniającą $12{,}5<n<13\frac13$ jest $n=13$.