Řešení 1. série 15.ročníku

Úloha č. 1

Jedním z mnoha řešení je například pět kuliček spojených do pravidelného pětiúhelníka (spojeny jsou jen sousední vrcholy) a šestá kulička je jeho střed. Je spojena se všemi ostatními kuličkami.

Komentář: Možností, jak mohl talisman vypadat, je opravdu mnoho. Stačilo nakreslit nebo popsat aspoň některé z nich. U řešení by rovněž mělo být uvedeno, že existují i jiná řešení. Úloha byla nevhodně formulována a tím notně zjednodušena. V zadání chyběla věta, že spojeny jsou každé dvě kuličky.

Úloha č. 2

Víme, že „Šarti nebyl písařem.“ Dále víme, že „léčitel byl nejmenší“ a „Šarti byl druhý nejmenší,“ tedy Šarti nemohl být léčitelem. Nemohl být ani lovcem, protože „lovcem byl Aarl.“ Šarti musel být stopařem. Máme určit, kým byl Lekos, „nebyl-li nejmenší.“ Když nebyl nejmenší, nemohl být léčitelem. Lovcem byl Aarl, stopařem Šarti, Lekos tedy musel být písařem. (Pro úplnost -- Zindu byl léčitelem, a tudíž nejmenším členem výpravy). Informace, které jsme při řešení nevyužili, tj. „stopař nebyl největší a nejmenoval se Zindu,“ našemu řešení vyhovují. (Stopařem je Šarti -- druhý nejmenší.)

Komentář: Téměř všichni jste našli správný výsledek. Za správnou odpověď (pomocí tabulky nebo výpisu, kdo kým byl) jste dostali 3 body. Další body jste mohli získat, pokud jste svůj postup vysvětlili, nebo alespoň naznačili. Častou chybou bylo, že jste napsali, kdo z cestovatelů byl největší. Z informací, které máme, nelze určit, zda byl větší Aarl nebo Lekos. Obě možnosti zadání vyhovují. Pokud jste tedy napsali např.: „Aarl byl největší, Lekos druhý největší, ...“ je to špatně a máte bodů méně.

Úloha č. 3

Had obkroužil pařez v šesti závitech. Stačí nám vypočíst délku jednoho závitu, celková délka hada pak bude šestkrát větší.

Jeden závit je obkroužen na válci o průměru 90 cm a výšce $450:6 = 75 cm$. Rozvineme-li plášť tohoto válce do roviny, dostaneme obdélník. Had v něm tvoří úhlopříčku, takto:

Stačí nám spočítat délky stran a úhlopříčky obdélníka. Jedna strana obdélníka je vlastně výška jednoho závitu, tedy má délku b=75 cm. Druhá strana je obvod kruhové podstavy válce, tedy obvod kruhu o průměru d=90 cm, což je a = \pi \cdot d \doteq 3,1415 \cdot 90 cm = 282,735 cm. Délka úhlopříčky v našem obdélníku je (podle Pythagorovy věty)

\eqalignno{h&= \sqrt{a^{2} + b^{2}} =\cr &= \sqrt{282,735^{2} + 75^{2}} \doteq_cr() &\doteq 292,5 cm.\cr}

Celková délka hada je potom $6 \cdot h \doteq 6\cdot292,5 cm \doteq 1755 cm. Had byl dlouhý přibližně 1755 cm$.

Komentář: Někteří z vás vůbec nepočítali s výškou pařezu a vypočetli délku hada jako šestinásobek obvodu pařezu. To by platilo, pokud by had byl omotán celý v jedné výšce. Stejně tak nestačí k tomuto šestinásobku obvodu připočíst výšku pařezu, což je vidět z obrázku (délka úhlopříčky není rovna součtu délek stran obdélníka).

Úloha č. 4

Označme si za obarvenou tu část obrázku, která je v zadání černá. Potom je vidět, že černá barva zaujímá přesně polovinu kruhu. Je to proto, že naproti obarvené šestině je neobarvená šestina. Vzorečky pro obsah kruhu a čtverce buď známe a nebo je možno zjistit je v učebnicích či tabulkách.

Obsah čtverce S_{čtverce} = a * a. Obsah kruhu je S_{kruhu} = \pi*r*r, kde r = a\over2. Obsah půlkruhu tedy je S_{půlkruhu} = \pi * a*a\over4 * 1\over2 = \pi * a*a\over8. Poměr vybarvené části vůči celému čtverci tedy je:

S_{půlkruhu} \over S_{čtverce} = \pi a*a\over8 \over a*a = \pi \over 8 \doteq 0,3927.

Vybarvená část zabírá asi 39\% čtverce.

Úloha č. 5

Při řešení úlohy č. 5 jsme se ocitli v domě zemědělce, který se věnuje chovu krav. Naším úkolem bylo spočítat, kolik kusů čítalo jeho stádo na konci 15. roku od doby, kdy si pořídil první telátko. K tomuto účelu si vytvoříme tabulku, do které budeme zapisovat přírůstky na konci každého roku.


$$ 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15.

$$ K_{1} $$ $$ $$ $$ K_{2} $$ B $$ K_{3} $$ B $$ K_{5} $$ B $$ K_{8} $$ B $$ K_{13} $$ B $$ K $$ B $$ K
$$ K_{2} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{4} $$ B $$ K_{6} $$ B $$ K_{10} $$ B $$ K_{17} $$ B $$ K $$ B
$$ K_{3} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{7} $$ B $$ K_{11} $$ B $$ K_{18} $$ B $$ K $$ B
$$ K_{4} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{9} $$ B $$ K_{14} $$ B $$ K $$ B $$ K
$$ K_{5} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{12} $$ B $$ K_{19} $$ B $$ K $$ B
$$ K_{6} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{15} $$ B $$ K $$ B $$ K
$$ K_{7} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{16} $$ B $$ K $$ B $$ K
$$ K_{8} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{20} $$ B $$ K $$ B
$$ K_{9} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K_{21} $$ B $$ K $$ B
$$ K_{10} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B $$ K
$$ K_{11} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B $$ K
$$ K_{12} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B $$ K
$$ K_{13} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B
$$ K_{14} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B
$$ K_{15} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B
$$ K_{16} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K $$ B
$$ K_{17} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K
$$ K_{18} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K
$$ K_{19} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K
$$ K_{20} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K
$$ K_{21} $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ K

1 0 0 1 1 1 2 2 3 4 5 7 9 12 16 21 85

$$

Kravičky budeme označovat písmenem K a býčky písmenem B. Navíc kravičky, které budou během sledovaných 15 let rodit, budeme postupně označovat čísly. Např. kravičku, kterou si zemědělec pořídil na začátku, označíme K_{1}. Tato kravička nemůže dva roky rodit, takže její první potomek se narodí na konci třetího roku. Bude to kravička K_{2}. Pak se jí budou postupně rodit vždy býček, kravička, atd. Všechny její potomky zapíšeme do prvního řádku. Do druhého řádku budeme zapisovat potomky kravičky K_{2}. Ta se narodila na konci 3. roku, bude tedy rodit až v 6. roce. Tak pokračujeme, až naplníme tabulku. Pak sečteme přírůstky v každém roce.

Celkem měl tedy zemědělec na konci 15. roku stádo, které čítalo 85 kusů včetně první zakoupené krávy.

Úloha č. 6

Nejprve ukážeme, že stačí pět vážení. Označíme si kuličky čísly 1--10. Těm dvěma „jiným“ kuličkám budeme říkat falešné, ostatním osmi pravé.

Nejprve si uvědomíme, že kdybychom věděli, zda jsou falešné kuličky težší či lehčí, pak nám k určení falešné kuličky ze tří (pokud navíc víme, že mezi nimi opravdu je právě jedna) stačí jediné vážení. Zvážíme totiž dvě z těch tří. Při rovnováze je falešná zbylá, při nerovnováze falešnou určíme, neboť již víme, zda falešné jsou lehčí či těžší.

Při prvním vážení dáme na jednotlivá ramena kuličky číslo 1, 2, 3 a 4, 5, 6. Pokud nastane rovnováha, víme, že buď jsou obě falešné kuličky mezi 7--10, nebo je po jedné falešné ve trojicích 1--3 a 4--6. Nyní zvážíme kuličky 4 a 5. Nastane-li opět rovnováha, pak 4 a 5 jsou pravé. Nyní zvážíme 4, 5 proti 7, 8. Při rovnováze dáme 5 a 6. Při opětovné rovnováze vidíme, že dvě falešné musely být mezi 7--10 (neboť 4--6 jsou pravé) a jsou to tedy 9, 10. Při nerovnováze naopak kuličky 7--10 jsou pravé, kulička 6 falešná, zbylá falešná je mezi 1--3. Tu však podle úvodní poznámky zjistíme jediným vážením. Pokud při třetím vážení nenastala rovnováha, jsou obě falešné mezi 7--10 a navíc víme, zda jsou těžší či lehčí (z tohoto vážení). Navíc víme, že aspoň jedna z 7 a 8 je falešná. Dáme 7 proti 8. Při rovnováze jsou falešné 7 a 8. Při nerovnováze určíme tu falešnou, protože víme, zda falešné jsou lehčí či těžší. Druhou falešnou pak určíme porovnáním 9 a 10. Pokud při druhém vážení nastala nerovnováha, situace je velmi jednoduchá (neboť tím víme, že 7--10 jsou pravé). Porovnáme 5 a 6. Při rovnováze je falešná 4, při nerovnováze 5. Po tomto vážení už také budeme vědět, zda falešné jsou lehčí či těžší a druhou falešnou mezi 1--3 vybereme na jedno vážení (dle úvodní úvahy).

Zbývá případ, kdy v prvním vážení nastala nerovnováha. Nyní jsou dvě možnosti, buď jsou obě falešné mezi jednou z trojic, nebo je jedna falešná v jedné trojici a druhá ve čtveřici. Na váhu dáme 7, 8 a 9, 10. Nastane-li rovnováha, nemůže být v této čtveřici jedna falešná a obě falešné jsou v jedné z trojic. Dáme 1 a 2, pak 2 a 3. Pokud jsou obě v rovnováze, jsou obě falešné mezi 4--6 a tu pravou mezi nimi určíme jediným vážením podobně jako v úvodní úvaze -- jen se prohodí role falešných a pravých mincí (neboť také už budeme vědět, zda jsou falešné lehčí či těžší). V opačném případě jsou obě falešné mezi 1--3 a poslední dvě vážení nám je určila. Nenastala-li v druhém vážení rovnováha, dáme 7 a 8. Při rovnováze je falešná mezi 9 a 10 a podle výsledku 7, 8 proti 9, 10 víme, zdali je těžší či lehčí. Stačí tedy porovnat 9 a 10. Při nerovnováze 7 a 8 jsou 9, 10 pravé a stačí jen 7 srovnat s 9 (při rovnosti je 7 pravá, jinak falešná). V každém případě máme nyní (po čtyřech váženích) určenu jednu falešnou a taky víme, zda jsou falešné lehčí či těžší. Výsledek prvního vážení nám určuje, ve které z trojic 1--3 či 4--6 máme hledat zbylou falešnou, na což nám dle úvodní poznámky stačí jediné vážení.

Na závěr dodám, proč čtyři vážení nemohou stačit. Každé vážení může dopadnout třemi různými způsoby. Tedy čtyři vážení mohou dopadnout $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 81$ způsoby. Celkem je však 90 možností, jak mohou být dvě falešné mezi 10 rozloženy. Je totiž 45 dvojic mezi deseti kuličkami (první vybíráme z deseti, druhou z devíti, tj. celkem $10 \cdot 9 = 90$, ale každou dvojici jsme započítali dvakrát, podle pořadí, v jakém jsme ty dvě kuličky vybrali, tedy 90 : 2 = 45). Ovšem ty dvě falešné mohou být buď těžší či lehčí, což počet možností opět násobí dvěma na 90. Abychom po těch váženích mohli dvě možnosti rozlišit, musela by dopadnout jinak. Není však možné, aby každá možnost dopadla jinak, protože možností je více než způsobů, kterými může vážení skončit. Tedy čtyři vážení nemohou stačit.

Komentář: Jak je vidět ze vzorového řešení, úloha nebyla vůbec jednoduchá, proto jsem ji opravoval mírně. Existovalo poměrně jednoduché řešení na 9 vážení (vzít jednu kuličku a porovnat ji s ostatními). Za toto řešení jsem dával dva body. Malou úvahou se dá vynechat poslední vážení a stačí tedy 8. Za 7 či 8 vážení jsem dával tři body, za 6 vážení byly čtyři body, za řešení v němž stačilo pět vážení pak plný počet bodů. Ovšem mnohá řešení neprobírala všechny možnosti; v těchto případech jsem strhával přiměřený počet bodů. Častou chybou bylo také takové rozdělení kuliček do skupin, v němž jste si stanovili, ve které skupině falešné kuličky budou. Mnozí z vás si úlohu dosti zjednodušili tím, že předpokládali, že vědí, zda jiné kuličky jsou těžší či lehčí. Za taková řešení bylo možno získat nejvíce 2 body.

Úloha č. 7

Konstrukci pravidelného šestnáctiúhelníku můžeme provést tak, že sestrojíme čtverec a jemu opsanou kružnici. Poté rozdělíme jeho strany na polovinu a získáme vrcholy pravidelného osmiúhelníku jako průsečíky přímek procházejících středem kružnice a středem stran s kružnicí. Pokud rozpůlíme strany osmiúhelníku a postup zopakujeme, získáme pravidelný šestnáctiúhelník.

K sestrojení pravidelného patnáctiúhelníku použijeme konstrukci pravidelného pětiúhelníku. Středový úhel v pravidelném patnáctiúhelníku je 360^{\circ}:15=24^{\circ} a v pravidelném pětiúhelníku je 72^{\circ}. Stačí tedy od 72^{\circ} odečíst úhel 60^{\circ}, který lze pravítkem a kružítkem jednoduše sestrojit, získáme tak úhel 12^{\circ} a jeho dvojnásobek je již hledaný středový úhel pravidelného patnáctiúhelníku. Sestrojíme-li do kružnice úhel 24^{\circ}, máme stranu pravidelného patnáctiúhelníku, kterou pak 15krát naneseme.

Konstrukce pravidelného pětiúhelníku:

  • 1. kružnice k se středem S
  • 2. 2 kolmé průměry AB, CD
  • 3. střed úsečky AS označme X
  • 4. bod Y na úsečce SB takový, že |XC|=|XY|
  • 5. strana pravidelného pětiúhelníku s opsanou kružnici k je |CY|

Komentář: V zadání není specifikováno, jakým pravítkem se má rýsovat. Konstrukcím pomocí kružítka a pravítka (bez rysky a bez stupnice) se někdy říká euklidovské. Je dobré si uvědomit, že pravítko s ryskou nám pouze ušetří práci. K sestrojení kolmice k dané přímce daným bodem nebo rovnoběžky s danou přímkou ho nutně nepotřebujeme, vystačíme si s kružítkem a pravítkem, se kterým dokážeme vést dvěma body přímku. Můžete si rozmyslet, jak euklidovsky sestrojit kolmici a rovnoběžku.

Za správný postup a konstrukci šestnáctiúhelníku jsem uděloval 2 body, za patnáctiúhelník 3 body. Body se strhávaly za špatný nebo neúplný popis konstrukce. Pouze přibližné metody konstrukce (např. podle Bartsche, výpočet strany a následné zaokrouhlení) jsem neuznával, i když jsou pro praktické účely postačující. Stejně tak jsem neuděloval body za snahy o trisekci úhlu (tj. rozdělení úhlu na tři stejně velké), která není euklidovsky řešitelná (např. rozdělení stran pětiúhelníka na 3 stejné díly).

Úloha č. 8

Zjistíme, jaký objem má voda v první nádobě. Voda má tvar válce o průměru d_{1}=6 cm useknutého rovinou, která osu válce protíná ve výšce v_{1} = 8 cm+11 cm \over 2 = 9,5 cm (označme toto těleso T). Část tohoto tělesa T, která je navíc oproti válci V stejného průměru a výšky právě v_{1}, je shodná s částí tělesa T, které oproti válci V chybí, objem V_{T} tělesa T je tedy stejný jako objem V_{V} válce V, a to je

V_{T} = 1\over4 \pi d_{1}^{2} v_{1}.

Objem vody po přelití do druhého válce je stejný. Je-li průměr druhého válce d_{2}=10 cm a výška, do které v něm voda sahá, v_{2}, dostaneme

V_{T} = 1\over4 \pi d_{2}^{2} v_{2},

porovnáním dvou vztahů získáme

1\over4 \pi d_{1}^{2} v_{1} = 1\over4 \pi d_{2}^{2} v_{2},

po úpravě

v_{2} = d_{1}^{2} v_{1} \over d_{2}^{2},

po dosazení číselných hodnot v_{2} = 3,42 cm.

Komentář: V zadání úlohy byla chyba, délka úsečky na straně válce, která je blíž zemi, musí být delší než délka na opačném konci. Ti, kteří si této chyby všimli, prohlásili, že zadání nemá smysl, a dál nepočítali, dostali plný počet bodů. Všichni ti, kteří si této chyby všimli, ale počítali dále s tím, že tyto délky prohodili (což bylo původně zamýšlené zadání), měli výpočet dobře, takže taky dostali plný počet bodů. Někteří řešitelé počítali, jako by byl zadán ne průměr, ale poloměr válců, tato chyba sice neovlivnila výsledek, ale strhával jsem za ni jeden bod. Mnozí řešitelé dosazují číselné hodnoty všude, kam se dá, mezivýsledky počítají na kalkulačce a výsledky zaokrouhlují na deset desetinných míst, což po čtyřech operacích vede k tomu, že prohlásí, že výsledek je 3,4199274 cm. Přitom pokud si dosazování necháme na později, uvidíme, že ve výsledném vztahu se nám některé věci zjednoduší, nebude nutné dosazovat třeba \pi a navíc získáme přesnější výsledek.

Úlohy první série opravovali: 1. Jakub Vojtíšek, 2. Jarmila Večeřová, 3. Jan Foniok, 4. Petr Kačenka, 5. Renata Sikorová, 6. David Opěla, 7. Zbyněk Pawlas, 8. Petr Škovroň.