Úloha č. 5
Sečteme výrazy, do kterých PIKOTRON dosazuje námi zvolené hodnoty x a y:
(x^{2}+y^{2})+(297-x^{2})+(402-y^{2})=699. Všimneme si, že výsledek není vůbec ovlivněn volbou x a y. Tedy při jakémkoli dosazení za x a y bude součet hodnot všech tří výrazů roven 699. Nás zajímá, kdy bude nejmenší ze sčítanců v součtu mít největší hodnotu. Bude to tehdy, když se tento sčítanec bude rovnat nebo co nejvíce přibližovat svou hodnotou k hodnotě průměru všech sčítanců: 669:3=233. Po dosazení za x=8 a y=13 se hodnoty všech výrazů rovnají 233, což je také největší číslo, které se na obrazovce PIKOTRONU II může objevit.
Úloha č. 6
Rozlišme dva případy:
- počet sčítanců je lichý. Potom existuje prostřední sčítanec a celou situaci lze znázornit takto:
x je prostřední sčítanec, n je počet sčítanců před (i za) prostředním.
Spojená svorkami jsou čísla, jejichž součet je roven 2x. Celkový součet je tedy: $n \cdot 2x + x = (2n+1) \cdot x = 1986. Z poslední rovnice vidíme, že x$ je dělitelem čísla 1986 = 2 \cdot 3 \cdot 331. Probráním všech možností x=2,3,6,331,662,993,1986 zjistíme, že vyhovuje jen x=662, n=1, tedy: 1986=661+662+663.
II. počet sčítanců je sudý. Nyní neexistuje prostřední sčítanec, ale situace je podobná. Znázorníme ji takto:
Opět x je poslední sčítanec před „prostředkem“, n je počet sčítanců před prostředkem.
Spojené dvojice dávají součet 2x+1. Tedy součet všech čísel je (2x+1)\cdotn=1986. A n je dělitelem 1986. Probráním výše uvedených možností zjistíme, že vyhovují: n=2 a n=6 potom:
1986=495+496+497+498 a
1986=160+161+162+163+164+165+166+167+168+169+170+171.
Úloha č. 7
Nejlepší způsob pokládání přímek: každé dvě se musí protínat a žádné tři nesmí procházet jedním bodem. Postupně dostaneme tabulku:
| počet přímek | koneč. částí | nekoneč. částí | celkem částí | ||||||||||||||||
| |
|||||||||||||||||||
| $$ | |||||||||||||||||||
| 1 | 0 | 2 | 2 | ||||||||||||||||
| 2 | 0 | 4 | 4 | ||||||||||||||||
| 3 | 1 | 6 | 7 | ||||||||||||||||
| 4 | 3 | 8 | 11 | ||||||||||||||||
| 5 | 6 | 10 | 16 | ||||||||||||||||
| 6 | 10 | 12 | 22 | ||||||||||||||||
Je vidět, že pro n přímek je nekonečných částí 2n a konečných částí 1+2+3+ ... +(n-2), což se dá zapsat také vzorcem: $(n-2) \cdot (n-1) \over 2. Všech částí dohromady je: (n-2) \cdot (n-1) \over 2 + 2n. To lze zapsat: n{2}+n+2 \over 2$. Ze zadání úlohy víme, že tento výraz musí být větší nebo roven 1000. Nejmenší n, pro které je tato podmínka splněna, je 45. Je tedy potřeba 45 přímek.
Zdůvodnění vzorce n^{2}+n+2 \over 2:
Když přidáme n-tou přímku, protne tato přímka všech n-1 přímek, které již v rovině jsou. Průsečíky přitom rozdělí n-tou přímku na n úseků ((n-2) úseček a dvě krajní polopřímky). Každý úsek rozdělil některou dosavadní část na dvě, tedy přibylo celkem n částí. Z toho dvě krajní polopřímky rozdělily nekonečné části na nekonečné, přibyly dvě nekonečné části. Úseček bylo n-2, ty rozdělily n-2 části na dvě, přičemž vždy vznikla aspoň jedna konečná, přibylo tedy n-2 konečných částí (podrobnější zdůvodnění by bylo příliš obsáhlé).
Odpověď: je třeba nejméně 45 přímek. Více bude konečných částí (nekonečných bude nejvýše 2\cdot45=90)
Úloha č. 8
Podmínku, kterou si dali tvůrci letecké sítě státu Dekapolis nelze splnit. Pro deset měst nejde vytvořit síť tak, aby polovina měst měla sudý počet linek a druhá polovina měst lichý počet linek. Linka je vlastně úsečka, jejíž krajní body jsou města Dekapolisu. Jestliže požadujeme, aby polovina měst měla lichý počet linek, vychází nám pro Dekapolis lichý počet koncových bodů linek (měst), což je spor se zadáním - deset měst. Řešení lze najít jen tehdy, když počet měst s lichým počtem linek bude sudé číslo.
