Vzorová řešení a komentáře k 6. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Chlapec může chodit jen ve směrech světových stran, proto můžeme nejprve vyřešit, jak se dostane o jednu dlaždici severněji než stojí. Může dělat kroky o 5 nebo  2 dlaždice, stačí mu tedy udělat jeden dlouhý krok na sever a dva krátké na jih: 5-2-2=1. Samozřejmě existují i další možnosti, jak jít.

Dále se chce dostat na dlaždici o 3 východněji. Půjde tedy dlouhým krokem na východ a krátkým zpět na západ: 5-2=3.

Chlapec musí střídat krátké a dlouhé kroky. Začne-li krátkým krokem, výsledná cesta může vypadat například: jih, sever, jih, východ, západ (obr. vz613).

Má-li začínat dlouhým krokem, stačí před předchozí cestu dát dlouhý krok libovolným směrem a za ni dlouhý krok opačným směrem. Například: západ, jih, sever, jih, východ, západ, západ (obr. vz614).

Komentář: Až na vzácné výjimky jste tuto úlohu vyřešili hravě a správně. Ze zadání nebylo úplně jasné, jestli má chlapec začít kratším nebo delším krokem, proto jsem uznávala obě varianty.

Úloha č. 2

Pro začátek je jedno, jestli začínáme sloupci nebo řádky, v celé úloze začneme mazáním řad a skončíme mazáním sloupců. (Před takovýmto výběrem jedné z možností, které neovlivní výsledek, se píše „BÚNO“, což znamená „bez újmy na obecnosti“).

Protože hledám nejmenší počet, který by to splňoval, začnu se zkoušením co nejmenších čísel. Pro začátek vyřadím možnosti ze čtyř a méně dlaždic, protože jedním smáznutím jde vždy alespoň jedna dlaždice smáznout. Podobně můžu vyřadit i počty pět, respektive šest, dlaždic, protože v obou těchto případech jde dvěma prvními smáznutími smáznout tři, respektive čtyři, dlaždice a dalšími dvěma smáznutími zbylé dvě. První možnost, kterou tak snadno nevyřadím, je pokreslení sedmi dlaždic.

Zkusíme tedy rozmístit sedm dlaždic, aby nešly smáznout čtyřmi smáznutími. Z předchozích úvah plyne, že dlaždice nepůjdou smáznout, pokud po smáznutí libovolných dvou řádků zůstanou dlaždice na alespoň třech sloupcích. Tedy každá dvojice řádků musí zasahovat do alespoň tří sloupců. Protože mám jen sedm dlaždic, jedna bude na řádku sama, a aby s každým dalším řádkem zasahovala do tří řádků, musí být na samostatném sloupci. Potom stačí, aby se žádná dvojice zbylých tří sloupců neopakovala. Tedy například rozložení na obrázku (obr. vz621).

Protože toto rozložení čtyřmi tahy smáznout nejde, máme důkaz, že sedm dlaždic stačí. Zároveň jsme si ověřili, že méně stačit nemůže.

Je potřeba ušpinit nejméně sedm dlaždic.

Komentář: Velká část řešitelů jen objevila nějaké rozložení z devíti, osmi nebo správně sedmi dlaždic, ale neřešili, jestli neexistuje nějaké lepší řešení. Pokud v řešení nebyl ani náznak důkazu, že lépe už to nejde, tak jsem plný počet bodů nedával.

Úloha č. 3

K chování psa: náš pes se chová ideálně, tedy pořád se snaží být na obvodu rybníka, odkud je kačenka nejblíže (to je nejlepší postup, a my s ním musíme počítat). Dále pro zjednodušení značení předpokládejme, že poloměr rybníka je 1.

Nejjednoduší správné řešení je napřed kroužit kolem prostředku v kruhu, jehož poloměr je přibližně 1/4 a až pes bude na opačné straně rybníka, tak vyrazit přímo ke břehu. Další řešení, o které se někteří řešitelé pokoušeli, bylo objíždět nějaký n-úhelník (např. trojúhelník) a z jeho vrcholu vyrazit ke břehu nebo pákrát zahnout směrem od psa, ale žádné toto řešení nevycházelo, protože pes mohl zahýbat tak, aby v době, kdy je kachnička ve vrcholu, nebyl na protější straně, případně se včas vracel. Aby se psovi takto uplavalo, bylo třeba vytvářet útvar podobný spirále nebo té kružnici (pár zatáček nestačilo).

K dokázání, že první postup funguje (kroužení kolem středu a potom vyrazit směrem ke břehu), je třeba ukázat, že jde kachničkou manévrovat, abychom se dostali do téměř 1/4 poloměru na druhou stranu od psa a že zbylá vzdálenost (asi 3/4 poloměru) je kratší než polovina obvodu. V první části si můžeme pomoci úhlovou rychlostí, kterou má káčátko na všech kruzích menších než 1/4 větší než pes a proto se do téměř 1/4 (např. do 1/4{,}1) může dostat naproti psovi (řešení existuje) a v této pozici zůstávat, protože k ujetí stejného úhlu potřebuje urazit čtyřikrát menší vzdálenost než pes. A pokud kachnička z tohoto bodu vyrazí k nejbližšímu břehu, tak i pokud nebude zahýbat podle pohybu psa, musí urazit jen 1-1/4{,}1 = 3/4{,}1, zatímco pes \pi\pi/4>3/4{,}1. Proto kachnička dorazí ke břehu dříve, než tam přiběhne pes.

Komentář: Velká část řešitelů spočítala, že i pokud vyrazí ze středu k protějšímu břehu, tak je pes dožene, a proto si úlohu zjednodušovali. Někteří například uvažovali, že pes běží k místu, kam kačenka míří. V tomhle typu úloh ale musíme počítat vždy s nejhorší variantou, proto za takové řešení nebylo možné obdržet plný počet bodů. Ještě větší část řešitelů hledala postupy, jak psa zmást, tedy plavat pod vodou nebo začínat blízko od břehu na druhé straně psa atd. Tyto varianty dostávaly ještě méně bodů.

Úloha č. 4

Harry i David podle zadání zapískali deset tónů, oba začali a skončili na komorním A a s každou změnou tónu zapískali tón o jedna větší nebo menší. To ale znamená, že mezi deseti písknutími museli devětkrát změnit výšku tónu.

Představme si na chvíli, že komorní A odpovídá číslu 0, změna tónu na o jedna vyšší číslu +1 a změna tónu na o jedna nižší číslu -1. Motiv o deseti tónech potom odpovídá součtu 0 a devíti + nebo - jedniček. Ale co víc, takový součet musí dohromady dávat 0, abychom skončili opět na komorním A. Tady už se ale dostáváme do problému, protože lichý počet + nebo - jedniček se nám nikdy na nulu posčítat nepodaří.

Jinými slovy, pomocí devíti změn o celý tón se nám nikdy nepodaří skončit na stejném tónu, jako jsme začali. Z toho vyplývá, že ani Harry ani David nemohli zapískat jediný motiv podle zadání. V konečném důsledku tedy oba mohli zapískat stejně motivů, totiž žádný.

Komentář: Možná vás překvapilo, že správné řešení spočívalo v tom, že ani David ani Harry nemohli zapískat jediný motiv. Musíme se přiznat, že to nebyl náš původní záměr. Vinou tiskařského šotka se bohužel stalo, že v zadání skočilo sudé číslo 10 místo lichého 11. Pro liché počty tónů oba pánové mohou zapískat relativně velký počet sekvencí, ale i tak lze pěkně dokázat, že jich vždy budou mít stejně. Takových důkazů nám i několik přišlo a všechny, co nám je jako dodatek ke vzorovému řešení poslali, chválíme. Pro ostatní, důkaz úlohy pro jedenáct tónů necháme za cvičení. Jinak většina došlých řešení byla správná a několik zbylých jsem hodnotil velmi mírně.

Úloha č. 5

Strany kvádru a, b, c si označíme tak, že a>b>c. Poté je potřeba si uvědomit, že musíme kvádr rozpůlit podle nejdelší strany a zároveň se ta strana musí stát nejkratší. Tedy platí c>a/2.

Aby byl nový kvádr podobný se starým, musí být poměr příslušných stran stejný (tj. nejdelší strana nového je rovna k-krát nejdelší starého).

Dostáváme tuto rovnost:

\text{poměr:}\ k = {a \over b} = {b \over c} = {c \over {a \over }}2.

Nyní si z obou rovni vyjádříme a:

\eqalign{ {a \over b} &= {b \over c} \Rightarrow a = {b^{2} \over c}, \cr {b \over c} &= {2c \over a} \Rightarrow a = {2c^{2} \over b}, \cr {b^{2} \over c} &= {2c^{2} \over b} \Rightarrow b = c \cdot \root 3 \of 2, \cr a &= {(c\cdot\root 3\of2)^{2} \over c} = c \root 3 \of 4. \cr}

Tudíž b = c\cdot\root 3 \of 2a = c \cdot\root 3\of 4. Protože nás zajímá poměr, můžeme si za c zvolit libovolné číslo, třeba c=1. Dostáváme poměr a:b:c = \root 3\of4 : \root 3\of2 : 1. Pokud bychom jako konstantu zvolili jinou proměnou, dostáváme tyto výsledky: \root 3\of2 : 1 : 1/\root3\of2 nebo 1 : 1/\root 3\of2 : 1/\root3 \of4.

Komentář: Nejčastější chybou bylo špatné pochopení zadání. Nebo uvědomění si, že kvádr musíme rozpůlit podle nejdelší strany a musí z ní vzniknout nejkratší strana, jinak by vzniklé rovnice byly neřešitelné.

Úloha č. 6

Máme tři zrcadla a 3 osoby. Když má každá osoba v každém zrcadle vidět někoho jiného, musí v jednom z nich vidět sebe. Také se musíme řídit zákonem odrazu, který říká, že úhel dopadu se rovná úhlu odrazu.

Podmínky ze zadání splňuje jakékoliv rozestavení osob, při kterém existuje úsečka, která spojuje osobu a zrcadlo a se zrcadlem svírá úhel 90 stupňů. Zároveň existují 3 různé trojúhelníky, kde jednu stranu tvoří spojnice dvou osob (jedna ze tří možných dvojic, vystřídají se všechny), vrchol tvoří zrcadlo a zbylé dvě strany svírají s rovinou zrcadla shodný úhel.

Jedním z možných rozestavení je pravidelný šestiúhelník, kde lidé stojí ob jeden vrchol a zrcadla na zbytku vrcholů, viz obr. vz661, kde C_{1}, C_{2}C_{3} označuje postavení lidí a Z_{1}, Z_{2}Z_{3} pozice zrcadel.

Komentář: Bylo spoustu správných odpovědí, jen řešitelé časo zapomínali na zmínění zákona odrazu, který je základem tohoto příkladu.

Úloha č. 7

Protože víme, že grampozitivní vzorky tvořily 50\,\% z celkového počtu vzorků, můžeme snadno vypočítat, jak velkou část tvořily správně označené G+ vzorky:

{50 \over 100} \cdot 80 = 40\,\%.

Grampozitivních vzorků označených jako G- pak muselo být 50-40=10\,\%.

40\,\% z celkového počtu odpovídá 64\,\% vzorkům označených jako G+, z čehož vypočteme, kolik procent vzorků označil jako G+:

100/64\cdot 40=62{,}5\,\%.

Vzorků označených jako G- tedy bylo 100-62{,}5=37{,}5\,\%. Protože víme, že mezi nimi bylo 10\,\% grampozitivních vzorků, správně označených gramnegativních muselo být 37{,}5-10=27{,}5\,\%.

Pokud obě skupiny správně označených vzorků sečteme, vyjde nám 40+27{,}5=67{,}5\,\% správně označených vzorků.

Komentář: Úloha nebyla obtížná a většina řešitelů si s ní hravě poradila. Nejčastější chybou bylo nepochopení, že obě procenta v zadání mluví o stejné skupině vzorků, jen v poměru k jiným celkům. Velká část řešitelů si určila celkový počet vzorků a počítala s konkrétními počty. Takový způsob sice není chybný, ale elegantnější je označit si počet proměnou nebo počítat s procenty jako v této úloze.

Opravovali: 1. Lenka Vábková, 2. František Steinhauser, 3. František Steinhauser, 4. Jiří Erhart, 5. Jiří Štrincl, 6. Veronika Vohníková, 7. Martin Černý a Kačka Nová.