Řešení 4. série 11.ročníku

Úloha č. 0

Dejme tomu, že princ Piko vyjel v 10:00. Do Jasmírova tedy dojel v 15:00. Tam potkal dostavník, který právě vyjížděl do Pikogradu a dojel tam v 20:00. Piko cestou potkal všechny dostavníky, které dojely do Pikogradu od 10:00 do 20:00. Těch bylo 11 (10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20).

Princ Piko napočítal cestou 11 dostavníků.

Poznámka: Záleží i na způsobu vracení dostavníku. Kdyby dostavník, který dojede do Jasmírova, okamžitě vyjížděl do Pikogradu, Piko by viděl o jeden dostavník méně (totiž o ten svůj).

Úloha č. 1

Když si Faktorijův věk označíme n, pak číslo, které si drmolí, je n!=1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot n a toto číslo má končit 31 nulami. To znamená, že se dá napsat jako x \cdot 10^{31}, kde x je celé číslo nedělitelné 10. V rozkladu na prvočísla tedy bude obsahovat 2^{31} \cdot 5^{31}. Protože každé druhé číslo je sudé, je dvojek v rozkladu určitě víc než pětek - nemusíme se jimi zabývat. Hledáme tedy faktoriál, v jehož rozkladu bude 31 pětek. Pětku dodá každý násobek pěti, přičemž násobky druhé mocniny pěti (25) přidají dvě pětky, třetí mocniny (125) přidají tři pětky, atd.

Počet nul v n! bude potom součtem:

Kdybychom nebrali v úvahu, že mocniny dodávají více čísel než 1 nulu, dostali bychom n \over 5 = 31 a tedy n = 155. Z toho plyne, že hledané číslo bude menší než 155, nebude tedy obsahovat násobky 625 a větší. Rovnici dostáváme ve tvaru:

Po vyřešení n = 125.

Papouškův věk je tedy 125 let.

Úloha č. 2

Jestliže chceme rozdělit trojúhelník na pět obsahem stejných částí tak, aby všechny strany vycházely z vrcholu C, stačí, abychom rozdělili stranu AB na pět stejných dílů a spojíme (obr. 1).

obr. 1

A pak pokračujeme dál. Trojúhelník DBC rozdělíme na 4 stejné části (obr. 2), trojúhelník DBE na tři stejné části (obr. 3) a trojúhelník FBE na poloviny (obr. 4). Teď mají všechny části stejný obsah.

obr. 2

obr. 3

obr. 4

Úloha č. 3

Piko se musí postavit tak, aby se během vyřazování neocitl na lichém místě. Jeho pořadí tedy nesmí být dělitelné lichým číslem s výjimkou jedné. Z toho plyne, že by měl zaujmout místo, jehož číslo je nejvyšší mocninou dvou menší než 2000 (ale také menší než 1500).

Takové číslo je 2^{10} = 1024.

Komentář: Většina z vás došla ke správnému výsledku 1024, i když někdy ne zcela správným postupem. Body jsem strhávala zejména za to, že jste na malých číslech zjistili pravidlo, kam se má Piko postavit, a pak je nepodloženě zobecnili a nevysvětlili, proč to platí i pro velká čísla. Chybovali také ti, kteří pochopili „tisíc a půl“ jako 1000,5 - pokud totiž nápadníků bylo méně než 1024, je správné pořadí 512.

Další častý nešvar ve vašich řešeních byl ten, že jste zapomněli, že princů bylo minimálně 1500 a porovnávali pak výsledek jen s číslem 2000 (nad touto chybou jsem ovšem přimhouřila oči, pokud byl komentář jinak srozumitelný a úplný).

Úloha č. 4

Označím si: p_{50} padesátá rovnoběžka, p_{60} šedesátá rovnoběžka, D_{L} Dolní Lhota, H_{L} Horní Lhota, S_{L} Střední Lhota. Dále si označím p_{50}^{'} přímka vzniklá otočením p_{50} o šedesát stupňů (kladným směrem (tedy proti směru hodinových ručiček)). A dále H_{L}' průnik p_{50}' a p_{60}.

Pozorování: Když otočím D_{L} podle středu S_{L}, o šedesát stupňů (kladným směrem), splyne s H_{L}. D_{L} ležela na p_{50}, takže po otočení musí ležet na p_{50}', ale zároveň splynula s H_{L}, ta leží na p_{60}, tedy H_{L}' je hledaným bodem H_{L}. Bod D_{L} najdeme již lehce (např. úsečku H_{L}S_{L} doplníme na rovnostranný trojúhelník).

Konstrukce: libovolně zvolím dva body na p_{50}.

1. X,Y \in p_{50}, X \neq Y

otočím je o 60^{o} (kladně)

1. k_{x}, k_{x}(S_{L}, |S_{L}X|)

1. l_{x}, l_{x}(X, |S_{L}X|)

1. $X', X' \in k_{x} \cap l_{x}, X' \in polorovina (p_{50}, S_{L})$

1. k_{y}, k_{y}(S_{L}, |S_{L}Y|)

1. l_{y}, l_{y}(Y, |S_{L}Y|)

1. $Y', Y' \in k_{y} \cup l_{y}, Y' \in polorovina (p_{50},S_{L})$

přímka p_{50}' a její průnik s p_{60} je Horní Lhota

1. p_{50}', p_{50}' \ni X', Y'

1. H_{L}, H_{L} \in p_{50}' \cap p_{60}

a konečně najdu i Dolní Lhotu

10. k_{D}L, k_{D}L(S_{L}, S_{L}H_{L})

11. D_{L}, D_{L} \in k_{D}L \cap p_{50}, D_{L} leží východně od S_{L}

Diskuse: Díky jednoznačnosti zadání nemá úloha více řešení.

Úloha č. 5

Pozorování: V království je více než jedno město (musí být alespoň na každé straně Plazivky). Z každého města se dá dostat do každého, proto z každého vede alespoň jedna cesta.

Domluva: budeme používat barvy: červenou, zelenou, modrou.

Nejprve vyřeším úlohu pro speciální případ. Dejme tomu, že z nějakého města "A" vedou „maximálně dvě cesty“ (tj. buď 1 a nebo 2). Kdybych uměl obarvit zbytek bez města "A", jistě se mi podaří doobarvit i toto (prostě ho obarvím barvou, kterou nejsou obarveni sousedé). No dobrá, takže teď mohu na chvíli zapomenout na město "A" a zabývat se jen zbytkem. Ten ale bude zcela jistě obsahovat města, která mají „maximálně dva sousedy“. Budou to právě sousedé města "A". Tak tedy odeberu souseda. A takto mohu pokračovat dále, až mi zbude jedno jediné město. To obarvím libovolně a přidám město, které jsem ubral jako poslední. Obarvím ho tak, aby nekolidovalo s žádným ze svých sousedů (bylo jich max. 2, tedy jde to), a tak postupně se budu vracet, až obarvím celé království.

Dobrá, takto obarvím království, které má alespoň jedno město s „maximálně dvěma sousedy“. Ale co když tam takové město není?

Řeším případ, kdy království je rozděleno dvěma mosty.

Města, která leží na pravém břehu, si označím "X", "Y", na levém "U", "V" (např. "X" je sousední s "U" a "Y" sousedí s "V") (viz obr. 5).

obr. 5

Když si na chvilku odmyslím mosty, dostanu dvě království a každé má hned dvě města s „maximálně dvěma sousedy“. Takže tato obarvím podle výše uvedeného postupu. Může se stát, že některé z dvojic "XU" a "YV" budou obarveny stejně. Rozeberu 2 případy:

1) U a V jsou obarveny stejné (mají stejnou barvu) bez újmy na obecnosti (BÚNO): barva(U)= barva(V) = modrá;

2) U a V jsou obarveny různě (mají různé barvy) BÚNO: barva(U) = modrá, barva(V)=zelená;

Přebarvovací odbočka: Mám-li dobře obarvené království (tj. sousední města mají vždy různé barvy) a zaměním-li dvě barvy (např. modrou a červenou), dostanu zase dobře obarvené království. Tomuto budu říkat, že „v království zaměním barvu modrou za červenou“.

ad 1) podívám se na město "X" a v pravém království zaměním jeho barvu za červenou (bylo-li červené, nic se nestane). Tedy město "X" je po tomto kroku vždy červené a žádné přebarvení modrá-zelená mu neuškodí). Je-li nyní město "Y" modré, přebarvím v pravém království modrou na zelenou. Tím jsem dosáhl toho, že města "X" ani "Y" nejsou modrá. A tedy celé království je dobře obarvené.

ad 2) velice podobně: podívám se na město "X" a v pravém království zaměním jeho barvu za červenou. Je-li teď město "Y" zelené, přebarvím v pravém království zelenou na modrou. Takže "X" není modré (je červené), a "Y" není zelené (je buďto modré nebo červené), a tedy celé království je obarveno dobře.

Odpověď: Princ Piko věděl odpověď, než spatřil mapu, protože měl teorii grafů v malíčku.

Poznámka: Mnozí z vás přišli na příklad pospojování měst, které se třemi barvami obarvit nedá (a přitom splňuje podmínky max. tří sousedů) (viz obr. 6). Tomuto útvaru se říká K_{4} (K jako úplný, 4 jako 4 města).

obr. 6

Úloha č. 6

(Upravené podle Lenky Blažkové):

Když si nakreslíme mapy a silnější čarou spojíme města, z kterých vycházejí tři cesty, zjistíme, že se liší obrázek číslo 3.

Ale to není všechno. Ještě musíme ověřit, že mapy 1 a 2 jsou stejné. Označme si A město, ze kterého vycházejí tři cesty do měst, z kterých vycházejí tři cesty. Dále si označme B město, ze kterého vycházejí tři cesty - jedna do A a dvě zbývající do měst se dvěma cestami. Městem C pro nás bude město se dvěma cestami, které obě vedou do měst se třemi cestami (B a D (tím zavedeme D)). Poslední město, ze kterého vycházejí tři cesty, označíme E a zbylá dvě označíme F a G, G je blíž E.

Tedy obrázky 1 a 2 si odpovídají.

Úloha č. 7

Otevřít pokladny lze například takto:

9	=		1	\cdot	9	:	\sqrt{9}	+	6
8	=		1	+	9	:	9	+	6
7	=		1	+	9	-	9	+	6
6	=		1	\cdot	9	-	9	+	6
5	=	-	1	+	9	-	9	+	6
4	=		1	+	\sqrt{9}	\cdot	\sqrt{9}	-	6
3	=		1	\cdot	\sqrt{9}	\cdot	\sqrt{9}	-	6
2	=	-	1	+	\sqrt{9}	\cdot	\sqrt{9}	-	6
1	=		1	+	\sqrt{9}	+	\sqrt{9}	-	6

Existuje více řešení.

Úloha č. 8

(Upravené podle Anežky Christovové a pouze pro čokolády 1 \times n.)

Poznámka: Řešení je upravené pouze na pás 1 \times n.

Aby princezna vyhrála, musí dát Pikovi čtvereček 1 \times 1. Aby neměla jinou možnost, musí jí Piko dát čtvereček 1 \times 2. A princezna mu musí tedy dát čtvereček 1 \times 3 nebo 1 \times 4. Ale aby princezna mohla dát pouze jednu z těchto dvou možností, tak musí od Pika dostat čokoládu 1 \times 5. Kdybychom ještě chvíli počítali, tak dojdeme k tomu, že Piko musí dávat princezně čokoládu o rozměrech 1 \times 2, 1 \times 5, 1 \times 11, 1 \times 23, ... (další číslo dostaneme tak, že předchozí číslo vynásobíme dvěma a přičteme jedničku).

Promyslete si, proč Piko vždy může rozlomit čokoládu do některé z uvedených pozic.

Piko se po zhlédnutí čokolády rozhodne. Jestliže má čokoláda tvar 1 \times 2, 1 \times 5, 1 \times 11, 1 \times 23, ..., tak nechá začít princeznu, jinak začne sám.