Řešení 4. série 12.ročníku

Úloha č. 1

Pro přehlednost si čísla v kroužcích označíme písmeny:

Číslo C je dělitelem všech ostatních - musí to tedy být číslo 1. Čísla A a B jsou dělitelná pouze 1 a sama sebou, jsou to tedy prvočísla. V úvahu přicházejí čísla 2, 3, 5 a 7. Z nich pouze 5 a 7 nedělí žádné jiné číslo menší než deset (nevycházejí z nich šipky směřující jinam). Tedy A=5, B=7 nebo A=7, B=5 (obě řešení jsou správná).

Zbývají čísla 2,3,4,6,8 a 9. Číslo 2 dělí 2,4,6 a 8, vedou od něj tedy čtyři šipky - musí to být číslo G. Obdobně od čísla 3 musí vést tři šipky (k 3,6 a 9) - je to I. Šipka od G i I vede k H, což musí být násobek obou - jedině číslo 6. D je násobek 3 - zbývá pro něj hodnota 9. E a F jsou čísla 4 a 8, protože E dělí F (4 dělí 8), platí E=4 a F=8.

Tedy správný výsledek:

Úloha č. 2

(upravené podle Kataríny Quittnerové)

Obrázek v zadání je symetrický podle obou úhlopříček čtverce. Proto stačí uvažovat jednu ze čtyř částí, na které je čtverec úhlopříčkami rozdělený.

Trojúhelníky na obrázku mají stejný obsah (mají stejné základny a výšky). Poměr obsahu vyšrafované plochy k obsahu nevyšrafované je 2:1.

Úloha č. 3

(upravené podle Libora Olšáka)

Nejdříve jsem si vypsal všechny dvojciferné násobky čísel 17 a 23: 17, 34, 51, 68, 85 a 23, 46, 69, 92.

Násobků je právě devět a na místě jednotek jsou zastoupeny všechny číslice od 1 do 9, každá právě jednou. Napsal jsem si řadu čísel od konce tak, že jsem sestavoval násobky čísel 17 a 23.

... 692346923468517

Řada končí čtyřčíslím 8517 a před ním se opakuje pětičíslí 92346. Jelikož na desce číslo 1985 je číslo 7, proto na desce, která je 1981., je číslo 6. Jelikož se řada opakuje po pěti a číslo 1981 je násobek pěti zvětšený o jedničku, bude 6 i na každé desce s menším pořadovým číslem, jejíž pořadové číslo má po dělení pěti zbytek 1. Tedy i na první desce bude číslo 6.

Úloha č. 4

Žádný z krmičů nebude mít klíč, jež by neměl alespoň jeden z ostatních krmičů. Kdyby totiž nějaký krmič měl klíč, byl by k otevření dveří vždy potřebný (ostatní tři by bez něj dveře otevřít nemohli).

Také není účelné, aby nějaký klíč měli tři, či dokonce čtyři krmiči. Stačilo by, aby ho měli pouze dva krmiči. Při odemykání, kdy odemyká trojice, totiž může chybět maximálně jeden z nich.

Čtyři krmiči jsou schopni vytvořit celkem 6 různých dvojic, tedy musí být alespoň 6 zámků. Nyní každé dvojici přidělíme jeden zámek a dáme každému z dvojice klíček od onoho zámku. Potom budou mít všichni právě 3 klíče a libovolní tři budou moci otevřít všech šest zámků.

Úloha č. 5

Úlohu můžeme řešit například pomocí Pascalovy tabulky, to znamená, že ke každému písmenu napíšeme, kolika cestami se k němu dá dostat z levého horního rohu (písmenko P), jestliže se pohybujeme pouze doprava a dolů.

K písmenům prvního řádku se dá dojít pouze vodorovně, tzn. jedním způsobem. Stejně tak k písmenům prvního sloupce můžeme jít pouze svisle.

K libovolnému písmenu (kromě S) můžeme jít shora nebo zleva, tedy počet cest, které k danému písmenu vedou, je součtem počtu cest, které vedou k písmenu nad ním a vlevo od něj.

Přes mezeru nápis přečíst nelze, takže v mezeře bude 0 bez ohledu na hodnoty kolem.

P_{1}

T_{1}

A_{1}

K_{1}

O_{1}

T_{1}

A_{2}

K_{3}

O_{4}

P_{5}

A_{1}

K_{3}

O_{6}

P_{10}

Y_{15}

K_{1}

O_{4}

P_{10}

_{0}

S_{15}

O_{1}

P_{5}

Y_{15}

S_{15}

K_{30}

Do pravého dolního rohu dojdeme třiceti cestami, to znamená, že nápis se dá přečíst třiceti způsoby.

Úloha č. 6

Po vyprodání jednoho koše s bílými vejci zbude 2 \times více bílých vajec než hnědých. Počet zbylých vajec musí být tedy dělitelný třemi. Celkový počet je 89.

Rozebereme tyto případy:

1) Prodavač ukázal na koš se 6-ti vejci. Pak by zbylo 83 vajec, což není dělitelné 3. Tedy tahle možnost nemohla nastat.

2) Prodavač ukázal na koš s 12 vejci. Pak by zbylo 77 vajec, což také není dělitelné třemi. Tedy tahle možnost také nemohla nastat.

3) Prodavač ukázal na koš s 5 vejci. Pak by zbylo 84 vajec, a hnědých vajec by muselo být 28. Pokusíme se tedy vybrat některé ze zbylých košů (29, 23, 14, 6, 12) tak, aby v nich bylo dohromady 28 vajec. Koš s 29-ti vejci vybrán nebude zcela jistě. Koš s 23 vejci nebude vybrán, protože v ostatních koších je již jen sudý počet a součet má byt sudý. Z košů 14, 12 a 6 však součet 28 neuděláme. Tedy tahle možnost (že prodavač ukázal na koš s 5 vejci) také nemohla nastat.

4) Prodavač ukázal na koš s 14 vejci. Zbylo by 75, a hnědých vajec by pak bylo 25. Opět se pokusíme složit 25 ze zbývajících košů (29, 23, 12, 6, 5). 29 vybráno být nemůže. Kdyby byl vybrán koš s 23 vejci, musel by existovat koš se dvěmi vejci (a nebo dva koše s jedním vejcem), tedy tento také nemůže být vybrán. Zbývající koše však dají dohromady pouze 21 vajec. Takže ani tato možnost nemohla nastat.

5) Prodavač ukázal na koš s 23 vejci. Zbylo by 66 a hnědých by bylo 22. Zase se pokusíme složit 22 ze zbývajících košů (29, 14, 12, 5, 6). 29 opět vypadává jako první. 5 to nemůže být, protože zbývající čísla jsou sudá a výsledek by byl lichý. 14 to být nemůže, protože ze zbývajících košů (12, 6) již nesložíme 8. Opět jsme dospěli k tomu, že tato možnost nemohla nastat.

6) Prodavač ukázal na koš s 29 vejci. Zbylo 60 vajec, hnědých je tedy 20. Hned vidíme, že to by se mohlo stát, kdyby hnědá byla v koších v počtu 14 a 6. Pro jistotu si rozebereme, jestli nemohla nastat i jiná možnost (zase vybíráme koše, aby vejce dala dohromady 20): 23 nebude vybrán zcela jistě. 5 nebude vybrán, protože ostatní koše mají sudý počet vajec a součet by byl lichý. Již zbývají pouze koše 14, 6, 12. 12 nebude vybráno, protože z ostatních košů nelze vybrat součet 8. Zbývají tedy pouze koše 14 a 6, a ty dohromady dají součet 20. Což je jediné řešení tohoto případu (že prodavač ukázal na koš s 29 vejci) a zároveň celé úlohy.

Odpověď: Hnědých vajec bylo 20 a bílých zbytek, tedy 69 (89 - 20).

Komentář k řešením: Jen v málo případech jsem se setkal s náznakem, či pokusem o zdůvodnění, proč daný počet nelze ze zbylých košů složit.

Úloha č. 7

Počet knedlíků v jedné vrstvě pyramidy se čtvercovou základnou spočteme jako obsah čtverce - n^{2}, kde n je počet knedlíků na straně a zároveň i číslo patra. V nejvyšší vrstvě 1 knedlík, pak $4, 9, 16, ...$

V pyramidě s trojúhelníkovou základnou bude v nejvyšší vrstvě 1 knedlík, v další 1+2, v další 1+2+3, ... Obecně počet knedlíků v předchozí vrstvě plus počet knedlíků odpovídající číslu vrstvy.

Čtverec:


Počet knedlíků	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10

ve vrstvě	1	4	9	16	25	36	49	64	81	100

celkem	1	5	14	30	55	91	140	204	285	385

$$

Trojúhelník:


Počet knedlíků	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10

ve vrstvě	1	3	6	10	15	21	28	36	45	55

celkem	1	4	10	20	35	56	84	120	165	220

$$

V obou pyramidách:


Počet knedlíků	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10

Celkem	2	9	24	50	90	147	224	324	450	605

$$

Pro pyramidy s 11 patry už by byl počet knedlíků větší než 605.

V pyramidě se čtvercovou základnou je 385 knedlíků, v pyramidě s trojúhelníkovou základnou je 220 knedlíků.

Úloha č. 8

Komentář: Jsem velice rád, že ubylo řešitelů, kteří si zahráli jednu hru a prohlásili, že všechny ostatní musí dopadnout stejně. Možná, že velkou roli zde hrála nejasná formulace otázky.

Mnoho z vás automaticky hledalo strategii pro prvního. Jen pár jedinců hledalo strategii pro druhého hráče. Skoro všechna řešení rozebírala všechny možné odpovědi na soupeřův protitah.

V tomto „vzorovém řešení“ načrtneme pouze hlavní myšlenky.

Řešení:

Když dokážeme, že existuje vyhrávající strategie pro druhého hráče, bude existovat podobná strategie i pro hráče prvního. Svůj první znak si dá na libovolné místo (ublížit mu nemůže, maximálně mu pomůže) a potom hraje podle strategie pro druhého hráče. Pokud by mu strategie přikázala dát znak na místo, kde již svůj znak má, potom jej může dát na libovolné místo.

Tedy neexistuje vyhrávající strategie pro druhého hráče. Pokusíme se najít strategii pro druhého hráče, při které bude vždy nejhůře remizovat.

Označme si políčka na hracím plánu:

A1	A2	A3
B1	B2	B3
C1	C2	C3

Když se podíváme na hrací plán podrobněji, zjistíme, že je symetrický. Políčka můžeme rozdělit do tří druhů. Středové (B2), rohové (A1, A3, C1, C3) a sousedící se středem (A2, B1, B3, C2).

Pokusíme se najít strategii, aby vždy vyhrál hráč, který začíná.

1) První tah uděláme doprostřed (B2). Pokud soupeř odpoví na políčko sousedící se středem, pojedeme do sousedního rohového a soupeř se musí bránit, abychom si neudělali dalším tahem tři. Dalším tahem ale vytvoříme dvě potenciální trojičky a soupeř nám obě zabránit nemůže - prohrál.

X_{1}

O_{2}

O_{1}

X_{2}

O_{3}

Pokud by ale soupeř odpověděl na můj první tah tahem do rohového pole, není již možno při dobré hře druhého hráče vyhrát. Je to zaviněno tím, že se střídavě bude útočit a bránit. Vyhrát bude možno pouze při chybě protihráče.

2) První tah provedu do rohového pole. Pokud by protihráč nejel do středového pole, mám vyhráno, jelikož se mi podaří udělat trojúhelník,

ve kterém budou aspoň dvě potenciální trojičky.

Pokud by ale soupeř jel do středového pole, opět není možno při dobré hře soupeře vyhrát.

3) Pojedu do některého z políček sousedících se středovým. Potom nastává podobná situace jako v předchozím případě (možná trochu komplikovanější). Pokud soupeř odpoví středovým polem, mohou mi dokonce nastat horké chvilky. Ale při dobré hře mojí i soupeře bude vždy remíza.