Řešení 1. série 13.ročníku

Úloha č. 1

Výchozím předpokladem pro řešení úlohy bylo to, že v dominu nejsou žádné kostky stejné. Většina z vás uhodla správné řešení, ale nikterak nezdůvodnila své myšlenky. Ke správnému řešení je možné dojít vylučovací metodou. Postupujeme zleva. Kdyby první kostka byla svisle 4-2, tak další kostky, ať rozdělené svisle či vodorovně, obsahují stejnou kostku 4-2. Tedy zleva bude první čára vodorovně, a dvě kostky domina 2-2, 4-4. Tím se nám vyjasnila situace zprava. Tam bude svisle kostka 4-2 a už se nesmí opakovat, takže dále budou dvě kostky vodorovně 0-4 a 0-2. Zbývá určení prostředku, ale již víme, že se nesmí opakovat kostka 0-2. Svisle tedy bude 1-2 a 0-0.

Úloha č. 2

Holub měl 1 pizzu o průměru 30 cm.

Emil měl 2 pizzy o průměru 20 cm.

Obsah kruhu počítáme pomocí vzorce S=\pi r^{2}, kde \pi \doteq 3,14, nikoliv 3,4. Mnoho z vás si pletlo poloměr s průměrem. Po spočítání obsahů pizz musíme výsledky porovnat.

Holubova pizza: S=3,14\cdot15^{2}=706,5 cm^{2}

Emilovy pizzy: S=2\cdot3,14\cdot10^{2}=628 cm^{2}

Z těchto výpočtů vyplývá, že Holub snědl více pizzy než Emil.

Komentář: Častou chybou bylo, že jste porovnávali pouze poloměry. Zapomínali jste vysvětlit postup nebo jste vypočítané výsledky neporovnali.

Úloha č. 3

Nejprve si všimneme, že žádná z cifer P, J, E ani T není nula, protože pak by v řádku odpovídající té číslici byla jen jedna hvězdička (zastupující číslo 0). Rovněž žádná z nich není jednička, protože pak by ty hvězdičky byly jen čtyři. Vzpomeneme-li si na postup násobení pod sebe, snadno nahlédneme, že součin T*T musí končit číslicí P (1) a součin P*T číslicí T (2). Tyto dvojice nejsnáze nalezneme tak, že za T dosazujeme všechny číslice od 2 do 9, zjistíme poslední číslici T*T, ta je podle (1) P, a ověříme podmínku (2). Dostaneme pouze dvojici T=4, P=6. Nyní využijeme toho, že 4*E končí J a 4*J končí E, toto splňují pouze dvojice J=8, E=2 a J=2, E=8 (za J dosazujeme všechna možná čísla, tj. 2, 3, 5, 7, 8 a 9, zjistíme poslední číslici 4*J, ta je E, a ověříme, zda 4*E končí J). Tedy možná čísla PJET jsou 6284 a 6824. Nyní ještě ověřme, zda získaná čísla skutečně vyhovují zadání, tedy jestli v naznačeném násobení skutečně dostáváme čísla s požadovaným počtem cifer. Zjistíme, že obě čísla podmínky zadání splňují.

Úloha č. 4

a) Pozorování: Agenti tvoří vlastně jakýsi kruh se šipkami (x\rightarrow y znamená: x sleduje y):

... \rightarrow A001 \rightarrow ? \rightarrow A002 \rightarrow ...

V tomto kruhu musí být všichni agenti: pokud je tam A001, pak tam je i agent A002, protože A001 sleduje agenta, který sleduje A002. A protože tam je A002, je tam i A003 (z podobných důvodů). Podobně můžeme postupovat dál, až dokážeme, že v kruhu jsou opravdu všichni agenti.

Nyní se pokusíme tento kruh vyplnit. Na libovolné místo kruhu zapíšeme A001. Na místo, které sleduje agent, kterého sleduje A001, napíšeme agenta A002, a tak postupujeme dále, až vyplníme celý kruh. Výsledek je:

A001 \rightarrow A005 \rightarrow A002 \rightarrow A006 \rightarrow A003 \rightarrow A007 \rightarrow A004 \rightarrow A001.

Toto je jediné řešení, protože způsob vyplňování kruhu byl jednoznačný. To, že jediný způsob, jakým se agenti mohou sledovat, je kruh, jsme ukázali na začátku.

b) Stejně jako v příkladě 4a) použijeme pozorování, že agenti musí tvořit kruh (a jsou v něm všichni). Opět se pokusíme tento vyplnit. Na libovolné místo napíšeme A001. Ten sleduje agenta, který sleduje Holuba (na přespříští místo přijde Holub). Tak postupujeme dál, až do stavu, který vypadá takto:

A001 \rightarrow ? \rightarrow Holub \rightarrow ? \rightarrow A007 \rightarrow ? \rightarrow A006 \rightarrow ? \rightarrow A001.

Ale A006 má sledovat agenta, který sleduje A005 a ne A001. Proto kruh nejde vyplnit tak, aby byly splněny podmínky zadání. A protože jediný způsob, jakým se mohli agenti sledovat, byl kruh, tato úloha nemá řešení.

Úloha č. 5

Způsobů, jak by mohl Emil velkou ohradu rozdělit, je obrovské množství. My se pokusíme najít co nejjednodušší způsob.

Musíme si uvědomit, že čtverec se nedá rozdělit na dva ani na tři čtverce. Tedy můžeme jej rozdělit na nejméně čtyři čtverce. Tím se nám počet čtverců zvětší o tři (na začátku jsme měli jeden, nyní máme čtyři). Když teď vezmeme jeden malý čtverec a s ním provedeme totéž - opět se počet čtverců zvětší o tři. A když to uděláme šestkrát, dostaneme se k počtu 19, což jsme chtěli (1+3+3+3+3+3+3=19). Ovšem musíme dávat pozor, aby byly všechny čtverce větší než 1x1 loket.

Úloha č. 6

Komentář: Mnoho řešitelů napsalo, že si má Emil dělat značky, ale neuvedlo jakým způsobem je má používat. Ti dostávali automaticky 0 bodů. Stejné ohodnocení dostávali lidé, kteří tvrdili něco o tom, že musí provést stejný počet odbočení doleva i doprava, případně jít pořád rovně.

Další skupina lidí řešila úlohu tak, že se Emil musel držet pořád levou (nebo pořád pravou) rukou zdi a tímto způsobem vždy dojde k cíli. Ale neuvažovali možnost, že by se takto Emil mohl vrátit na místo, odkud vyšel, a tak by vlastně pořád kroužil dokola. Ti z vás, kteří si toho všimli, získávali rovnou body 3, ti, co si nevšimli, získávali pouze body

  1. Tento problém byl řešitelný například tak, že při prvním návratu na místo, odkud vyšel, by se Emil chytil druhou rukou a opět by se pokusil jít. Při druhém návratu by šel chvíli chodbou mezi značkami, až by došel na křižovatku, kde by byla alespoň jedna neoznačená stěna. Této stěny by se chytil a pokračoval zase dál.

Ale ani tento postup není úplně správný.

Řešení: Předpokládejme, že máme dostatečně dlouhý provázek na označení cesty. Uvážeme ho na místo, kde zrovna stojíme, případně dojdeme na některou křižovatku a začneme východ hledat tam. Na křižovatce se vydáme do libovolné chodby, ve které jsem ještě nebyli (není v ní provázek). Pro lepší orientaci si můžeme představit, že půjdeme vždy co nejvíce doprava vzhledem k cestě, odkud jsme přišli. Po cestě budeme postupně odmotávat provázek a dávat pozor, jestli už někde provázek neleží. Pokud narazíme na slepou uličku (nedá se jít dál), musíme se otočit a za stálého odmotávání provázku i po cestě, po které jsme přišli (tedy po provázku), zase zpět na nejbližší křižovatku. Na této křižovatce se vydáme opět do „nejpravější“ chodby vůči té, ze které jsme se vrátili, a ve které není provázek. Pokud je provázek ve všech chodbách, potom se vracíme chodbou, kde je jenom jeden provázek (chodba, po které jsme přišli).

Pokud bychom přišli na křižovatku, kde jsme již někdy byli, označíme tento konec předchozí chodby za slepý a vracíme se zpět.

Tímto postupem projdeme v nejhorším případě všechny chodby a tudíž musíme východ najít.

Úloha č. 7

Komentář: Mnozí z vás špatně pochopili zadání. Každý z delfínů plaval v obloučcích, které byli půlkružnicemi; nemohly být tedy různě „příkré“. Mnozí zase pouze uvážili některé možnosti (buď konkrétní poloměry, nebo jejich poměry či vzdálenosti, které delfíni překonávali), což nebylo považováno za úplné řešení. Naopak jsem uznával, předpokládali-li jste, že jeden delfín dělá stále stejně veliké obloučky (což však pro výsledek není nutné).

Řešení: Nechť delfín plave z místa A do místa B, které je od něj vzdáleno s, během této plavby udělá n obloučků o poloměrech r_{1},r_{2},...,r_{n}. Pak je délka dráhy, kterou uplave $\pi r_{1} + \pi r_{2} + ... + \pi r_{n} = \pi(r_{1}+r_{2}+...+r_{n}) = \pi s \over 2$. Tedy nezávisí ani na počtu obloučků ani na jejich poloměru.

Úloha č. 8

Loď plula do přístavu 3 hodiny. Po celou tuto dobu plaval delfín střídavě od lodi k přístavu a zpět. Plaval tedy svou rychlostí 15 mil za hodinu celkem 3 hodiny, musel proto uplavat dráhu 3 \times 15 = 45 mil (dráha = čas \times rychlost) bez ohledu na to, kudy nebo kam plaval.

Komentář: Řada z vás řešila úlohu „po úsecích“. Počítali jste, kolik uplave loď, než delfín dorazí k přístavu, kde se setkají při jeho zpáteční cestě atd. a úseky jeho dráhy jste posčítávali. Problém této metody řešení je v tom, že počet úseků, které delfín uplave, je (teoreticky) nekonečný, takže váš výsledek je pouze přibližný, zaokrouhlený podle toho, s jakou přesností jste se spokojili.

Úlohy první série opravovali: Olga Janouchová (1), Vendula Kopecká (2), Petr Škovroň (3), Vităs Strádal (4), Renata Sikorová (5), Petr Kačenka (6), David Opěla (7) a Jarmila Večeřová (8).