Řešení 1. série 9.ročníku
Úloha č. 1
a) Škrtnutím 5 číslic chceme získat co největší číslo. Je proto třeba odstranit pět nejmenších číslic nejvyšších řádů. Budeme tedy škrtat odleva: <u>3</u>65366367368369...
Při škrtnutí první trojky posuneme na místo nejvyššího řádu 6. Vyšší číslici tam již nemůžeme dostat (mezi dalšími čtyřmi číslicemi následujícími za první šestkou zleva není větší číslice). Škrtnutím číslice 5 a za ní následující trojky posuneme na místo druhého nejvyššího řádu opět číslici 6 (opět vyšší číslici na místo této 6 nemůžeme dostat). Také na místě třetího nejvyššího řádu nemůže být větší číslice než 6. Škrtnutím další 3 a jedné z prvních čtyř 6 se na další nejvyšší řád posune číslice 7. Hledané číslo začíná: $6667 ...$
b) Postupujeme podobně jako v a). Číslici 8 vložíme zleva před první číslici 9. Získáme nejmenší možné číslo: $3653663673683689... $
Úloha č. 2
Každý musí dostat přesně 24 : 3 = 8 náprstků. Nejmenší počet přelití je 6. Nejpřehlednější řešení je asi pomocí tabulky:
| džbánek (24 náprstků) | 24 | 13 | 8 | 8 | 8 | 8 | 8 |
| 13-ti náprstkový pohár | 0 | 0 | 0 | 5 | 13 | 8 | 8 |
| 11-ti náprstkový pohár | 0 | 11 | 11 | 11 | 3 | 3 | 8 |
| 5-ti náprstkový pohár | 0 | 0 | 5 | 0 | 0 | 5 | 0 |
| počet přelití | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
Úloha č. 3
Řešení je mnoho, jedno z nich vypadá takto:
Úloha č. 4
V Africe viděli 40 supů, 40 antilop, 10 nosorožců, 8 slonů a dva lvy. Vzhledem k tomu, že zvířata mají 4 nohy a supi jen dvě, můžeme určit počet supů (x) a počet zvířat (y) z těchto rovnic: 320 = 2 \cdot x + 4 \cdot y (vyjádření „počtu noh“) 100 = x + y (vyjádření „počtu hlav“) Odtud je x = 40. Tedy supů je 40. Stejně tak je i 40 antilop. Zbývá 20 zvířat. Protože je stejně nosorožců jako slonů a lvů dohromady, je nosorožců 10 (20:2=10). Slonů je 8, neboť lvi jsou dle zadání 2 (8+2=10).
Úloha č. 5
V přepravovaných bedničkách musí být počet kusů ovoce dělitelný 4 (přepravených pomerančů je třikrát víc než banánů) . Pouze bedničky s 218, 237, 245 a 248 kusy ovoce dají celkový součet kusů ovoce dělitelný 4. Pro žádnou další vybranou čtveřici bedniček to neplatí. Ulétla tedy bednička s 227 banány. Banánů nakonec bylo 237, což vypočteme takto (218+237+245+248):4=237. Pomerančů je tedy 711. To je 3 \cdot 237 nebo 218+245+248.
Úloha č. 6
1. Béďa se o 2 místa zlepšil - nemohl být vloni 1. nebo 2. letos je 1., 2. nebo 3.
2. Čenda se o 3 místa zhoršil - mohl být vloni jen 1. nebo 2. letos je 4. nebo 5.
3. Pouze Aleš zůstal na stejném místě.
4. Dušan letos stále horší než Emil, ale přiblížil se mu.
- Předpokládejme, že Čenda byl vloni 1. Potom další pořadí mohlo být: a)EADB b)EABD c)AEBD d)EBAD jiné možnosti už nejsou.
II. Pokud budeme vycházet z toho, že Čenda byl vloni 2., mohlo být vloni pořadí: e)AČEBD f)EČBAD g)EČBDA h)EČABD i)EČADB. Jiné možnosti opět již nejsou (víš proč?).
Letos turnaj skončil v tomto pořadí: BEDAČ, což odpovídá loňskému umístění f)EČBAD. Ostatní možnosti neodpovídají všem podmínkám úlohy: letos by muselo být umístění dle a)EBAČD (neodpovídá podmínce číslo 4) stejně jako dle b)EBAČD a dle c)ABEČD. Podle d) B..Č. by čtvrtí museli být Aleš i Čenda (viz podmínka č.3). Stejně tak podle 3. podmínky nevyjde letošní pořadí dle e)ABEDČ, dle g)B...Č, dle h).BA.Č a dle i)..B.Č !
Úloha č. 7
Pokud jste předpokládali speciální pneumatiky na předních kolech (nebo na těchto kolech částečně již sjeté gumy), pak pneumatiky vydrží 15000 km. My jsme však čekali, že pochopíte, že všechny gumy jsou stejné, ale rychleji se sjíždějí, když jsou na předních kolech. Proto, pokud se budou pravidelně měnit gumy zadních a předních kol např. dle schématu, vydrží déle.
Každá guma bude tedy třetinu své životnosti na předním kole a dvě třetiny životnosti na zadních kolech. Po každém km na předním kole se guma opotřebuje o jednu patnáctitisícinu životnosti (životnost =x) a po každém km na zadním kole o jednu pětadvacecitisícinu x. Odtud: x\over3 \cdot 1\over15000 + 2x\over3 \cdot 1\over25000=1. Odtud x \doteq 20 455 a x:3 \doteq 6818.
Pneumatika by měla být asi 6818 km vpředu a 16636 km vzadu.
Úloha č. 8
V trojúhelníku ABC je celkem 6 možností vybarvení vrcholů tak, aby to vyhovovalo zadání (tj. aby vybarvení nebylo jednobarevné). Rozvoj možností je vidět z tabulky:
A 0 1 B 0----------1 1 0---------------1 C 1 0-------- 1 0-----1 0 D 0-----1 0---1 0 1 0-----1 0---1 E 0-1 0 1 0---1 0-1 0---1 0-1 0 1 0---1 F 1 0-1 0-1 0-1 0-1 0 1 0-1 0-1 0 1 0-1 0-1 0-1 0-1 0
a_{1}=2, a_{2}=4, a_{3}=6, a_{4}=10, a_{5}=16, a_{6}=26.
Přidáním dalších vrcholů zvětšíme počet možností $a_{n} = a_{n-1} + a_{n-2}$ Pro vrchol G je a_{7} = 42, pro H je a_{8}=68, pro I je a_{9}= 110, pro J je a_{10}=178 atd. Pro náš útvar složený z čtrnácti vrcholů je počet možností a_{14} = 1220.
