Řešení 2. série 13.ročníku

Úloha č. 1

Na šachovnici 8 \times 8 najdeme čtverce osmi velikostí - složené z jednoho, čtyř (2 \times 2), devíti (3 \times 3) až 64 (8 \times 8) čtverců. Nejmenších je 8\times8=64. Čtverců o hraně 2 je při straně šachovnice 7, celkem tedy 7\times7=49 na celé šachovnici. Zvětšíme-li hranu čtverce opět o 1, jejich počet při straně šachovnice o 1 klesne, až čtverec o hraně 8 je celá šachovnice. Počet všech čtverců je tedy: $8 \times 8 + 7 \times 7 + 6 \times 6 + 5 \times 5 + 4 \times 4 + 3 \times 3 + 2 \times 2 + 1 \times 1 = 204.$

Úloha č. 2

Nejmenší počet ponožek, které stačí vytáhnout, je 11. Nejprve ukážeme, že 10 nestačí: může se totiž stát (a určitě by se mu to stalo, kdyby to zkoušel), že si vytáhne všech 8 tenkých a jednu hrubou ponožku a jednu podkolenku, což mu nestačí (sice by si mohl vzít na každou nohu čtyři tenké, takže by mu nebyla zima, ale asi by se mu nevešla noha do boty, takže to zadání nedovoluje). A teď musíme ukázat, že 11 mu stačí. Nechť má tedy 11 ponožek. Buď tam jsou aspoň dvě hrubé, což stačí, nebo nejvýše jedna, takže na modré a zelené zbývá 10. Modrých je celkem šest, takže zelené má aspoň čtyři, a zelených celkem osm, takže modré aspoň dvě. A to mu stačí. Samozřejmě může vzít i více ponožek, ale zbytečně by se před dlouhou procházkou vyčerpával.

Úloha č. 3

Číslo 1000000 si rozložíme na součin prvočísel: 1000000=(5\times2)^{6}=5^{6}\times2^{6}. Hledaná čísla jsou taková, že první je součin všech dvojek a druhé součin všech pětek. V každém jiném případě by jedno nebo obě čísla končila nulou, protože by aspoň jedno číslo bylo násobkem 10. Na domě byla čísla 15625 a 64.

Komentář: Často jste zapomínali na řádnou odpověď nebo jste nevysvětlili postup.

Úloha č. 4

Dalším úkolem bylo poradit zlatníkovi, kterou část šperku má udělat stříbrnou a kterou zlatou, aby ušetřil. Budeme tedy muset spočítat obsahy daných útvarů. Označme si jako a odvěsnu pravoúhlého trojúhelníka, pak jeho přepona (z Pythagorovy věty) má velikost \sqrt{2}a.

Obsah pravoúhlého trojúhelníka bude: S_{1} = a^{2}/2.

Obsah půlměsíčků spočítáme jako obsah půlkruhů nad odvěsnami trojúhelníka a odečteme obsah nevyšrafované části.

Obsah nevyšrafované části: $S = 1/2 \pi (\sqrt{2}a/2){2} - a{2}/2

\pia{2}/4 - a{2}/2$.

Obsah půlměsíčků: $S_{2} = \pi(a/2){2} - (\pia{2}/4 - a{2}/2)

\pia{2}/4 - \pia{2}/4 + a{2}/2 = a{2}/2$.

Vidíme, že obsah půlměsíčků je stejný jako obsah trojúhelníka, je tedy jedno, co bude ze zlata a co ze stříbra.

Úloha č. 5

Upraveno podle Anežky Christovové.

Označím si kina A, B, C.

Příklad si rozdělíme podle počtu získaných slev.

1) v žádném kině nedostali žádnou slevu. Tedy šlo jich méně než šest do druhého a méně než sedm do třetího kina.

2) jedna sleva v B. Tedy do B šlo 6 lidí. Ti zaplatili 55 kratarů (zbývalo tedy 135=190-(11\cdot6-11) kratarů). Zbytek lidí (14) šel do libovolného kina, ale tak, aby nezískali v nějakém dalším kině slevu.

3) dvě slevy v B. 12 lidí v B za 110=11\cdot12-2\cdot11. Zbývá: 8 lidí a 80 kratarů.

4) tři slevy v B. 18 lidí v B za 165=18\cdot11-3\cdot11. Zbývají 2 lidé a 25 kratarů.

5) jedna sleva v C. 7 lidí v kině C za 60=7\cdot12-2\cdot12. Zbývá 13 lidí a 130 kratarů.

6) dvě slevy v C. 14 lidí v kině C za 120=14\cdot12-4\cdot12. Zbývá 6 lidí a 70 kratarů.

7) jedna sleva v B a jedna sleva v C. 6 lidí v B a 7 lidí v C za 115=6\cdot11-11+7\cdot12-2\cdot12. Zbývá 7 lidí a 75 kratarů.

8) dvě slevy v B a jedna sleva v C. 12 lidí v B a 7 lidí v C za 170=12\cdot11-2\cdot11+7\cdot12-2\cdot12. Zbývá jeden člověk a 20 kratarů.

9) jedna sleva v B a dvě slevy v C. 6 lidí v B a 14 lidí v C za 175=6\cdot11-11+14\cdot12-4\cdot12. Zbývá 7 lidí a 75 kratarů.

Nyní se podíváme na jednotlivé případy podrobněji.

Případ 1): Jestliže nikde nezískají žádnou slevu, nejlevněji, kam mohou jít, je A. Ale to by museli zaplatit 200 kratarů, což nemají. Tento případ nemá tedy žádné řešení.

Případ 2): 14 lidí má jít za 135 kratarů do kina (a nemají využít žádné slevy). Tedy tento případ také nemá žádné řešení.

Případ 3): 8 lidí má jít do kina za 80 kratarů (beze slev). Toho mohou dosáhnout pouze tak, že půjdou do A (a zaplatí všech 80 kratarů). Tento případ má jedno řešení.

Případ 4): 2 lidé mají jít za 25 kratarů. V tomto jednodušším případě si podrobněji předvedeme jak tuto situaci řešit.

Popíši, jak budu postupovat, abych našel všechna řešení tohoto případu. Jedno řešení bude, že nechám jít všechny do A (tedy nejlevněji). Dále budu postupně přeřazovat členy do kina B, a to tak dlouho, dokud mi budou stačit peníze nebo dokud nepřekročím počet, jímž bych v kině dostal další slevu. Až toto nastane, začnu jakoby znova, ale jednoho člověka přiřadím do kina C. Opakováním tohoto postupu získám všechna řešení tohoto případu.

A B C zbude A B C zbude
2 - - 5 1 1 - 4
- 2 - 3 - - 1 3
- 1 1 2 - - 2 1

Tento případ má tedy 6 řešení.

Případ 5): 13 lidí má jít za 130 kratarů. Mohou jít pouze do A. Tento případ má pouze jedno řešení.

Případ 6): 6 lidí má jít za 70 kratarů. Postupuji tak, jak jsem popsal v případě 4)

A B C zbude A B C zbude
6 - - 10 5 1 - 9
4 2 - 8 3 3 - 7
2 4 - 6 1 5 - 5
(možnost - 6 - nepřichází v úvahu, protože by dosáhli další slevy )
5 - 1 8 4 1 1 7
3 2 1 6 2 3 1 5
1 4 1 4 - 5 1 3
4 - 2 6 3 1 2 5
2 2 2 4 1 3 2 3
- 4 2 2 3 - 3 4
2 1 3 3 1 2 3 2
- 3 3 1 2 - 4 2
1 1 4 1 - 2 4 0
(možnost - 1 5 a - 0 6 nepřicházejí v úvahu)
1 - 5 0

Tento případ má tedy 25 řešení.

Případ 7): 7 lidí má jít za 75 kratarů. Postupuji jako v případě 6) a 4).

A B C zbude A B C zbude
7 - - 5 6 1 - 4
5 2 - 3 4 3 - 2
3 4 - 1 2 5 - 0
(možnost 1 6 - : byla by to další sleva )
6 - 1 3 5 1 1 2
4 2 1 1 3 3 1 0
(možnost 2 4 1: nevyšly by peníze)
5 - 2 1 4 1 2 0
(možnost 3 2 2: nevyšly by peníze)
(možnost 6 - 1: nevyšly by peníze)
$$

Tento případ má tedy 12 řešení.

Případ 8): Jeden člověk má jít za 20 kratarů. Může si tedy vybrat do kterého kina půjde. Tento případ má tedy 3 řešení.

Případ 9): Nezbývá žádný člověk a zbývá 15 kratarů. Tento případ má jedno řešení.

Dohromady je tedy 49 = 0 + 0 + 1 + 6 + 1 + 25 + 12 + 3 + 1 řešení.

Úloha č. 6

Tuto úlohu nebylo možno řešit přesným matematickým postupem, proto jsem za nepřítomnost aspoň náznaku řešení strhával jen jeden bod. Ale pokud příště někdo jen napíše výsledek, tak mu maximálně jeden bod zůstane. Plný počet bodů získal ten, kdo napsal alespoň část úvah, které při postupu použil, nebo ten, kdo nalezl obě dvě řešení.

Když jsem úlohu zadával, chtěl jsem, abyste zanedbali rozměry náměstí a považovali je za jeden bod. Pokud jste předpokládali, že náměstí má nějaké rozměry, úloha se tím dosti zjednodušila (šlo by to dokonce udělat tak, aby měly všechny ulice stejnou délku), a tak jste mohli získat maximálně čtyři body.

Protože cest je celkem dvanáct, jsou tři různé délky poměrně málo. Proto se při postupu budeme snažit jejich počet minimalizovat. Proto první tři náměstí A,B,C umístíme do vrcholu rovnostranného trojúhelníka. Další tři náměstí umístíme tak, aby měla od dvou z A,B,C, se kterými budou spojena, stejnou vzdálenost - budou tedy ležet na osách stran A,B,C, ve stejné vzdálenosti od nich. Díky symetrii obrazce budou také vzdálenosti nových tří náměstí stejné. Toto řešení je zobrazeno na obrázku číslo 1. Postup, jakým se dojde k druhému řešení (obrázek 2), je podobný.

Úloha č. 7

Komentář: Ani nevíte, jak jsem si po přečtení mnohých vašich řešení oddechl, že disků bylo pouze 6 a ne třeba 10. V tom případě by totiž musel na řešení pouze této úlohy padnout jeden menší lesík. Našli by se pravděpodobně i takoví experti, jejichž řešení pomocí vypsání všech možností by zabralo cca 64 stran papíru.

Jak už bývá zvykem, přišla mnohá řešení, kde bylo napsáno pouze číslo, či pouze jeden z možných přesunů, o němž řešitel prohlásil, že je nejkratší. Taková řešení jsem obodoval ihned 0 a dále jsem se jimi nezabýval. Další řešení byla taková, že sice obsahovala špatné výsledky, ale řešitelé uváděli, jak k těmto výsledkům došli. Takoví řešitelé získali až dva body.

V další velké skupině byla řešení, která obsahovala pouze správný výsledek (případně vypsaný postup). Tato řešení byla ohodnocena body dvěma. U těchto řešení mi vadilo, že chybí vysvětlení, proč je daný postup nejrychlejší.

Poslední skupinka obsahovala pouze taková řešení, která byla řešena úvahou. Pokud mi řešení přišlo „neohrabané“ (chybělo odůvodnění platnosti vzorečků), strhl jsem jeden bod.

Objevili se mezi vámi „géniové“, kteří hned ze zadání dokázali odhadnout vzoreček, na který jinak přišel jenom jeden řešitel, případně opsali jiné řešení i s numerickými chybami. Takoví řešitelé byli odměněni nulou (všichni, protože nejsem schopen posoudit, kdo nechal opsat a kdo opisoval).

Vzorové řešení (upraveno podle Alice Maškové): Označme n počet disků, které se mají přenést. Označme p_{n} počet tahů, kterých je třeba k přenesení n disků.

Označme a,b,c tyče.

n disků musíme přenést tak, že napřed přeneseme (n-1) disků z tyče a na tyč b (k tomu je třeba p_{n-1} tahů), pak 1 disk (největší) z tyče a na tyč c a pak opět (n-1) disků z tyče b na tyč c (k tomu je potřeba p_{n-1} tahů). Je tedy třeba celkem 2 \times p_{n-1} + 1 tahů. p_{1} = 1, p_{2} = 3, p_{3} = 7, p_{4} = 15, p_{5} = 31 a $p_{6} = 63$.

Přenesení disků nám tedy bude trvat 63 minut. Nelze přenést za hodinu všechny disky.

Úloha č. 8

Objem sudu tvaru válce vypočítáme podle vzorce V= \pi \times r^{2} \times v. Je výhodné počítat rovnou v dm, abychom výsledek mohli bez potíží převést na litry. Problém nastává s \pi. Většina z vás má toto číslo zafixováno jako hodnotu 3,14, popřípadě z kalkulačky 3,141592653. Musíme si ale uvědomit, že toto číslo má nekonečný rozvoj a je vždy o něco větší, než když uvažujeme jen začátek jeho desetinného rozvoje. Pokud tedy chceme mít jistotu, že kárka sud uveze, musíme udělat jakýsi horní odhad. Takto perfektně vyřešila úlohu řešitelka Lucia Quittnerová: V = \pi \times (2,5)^{2} \times 9 = \pi \times 56,25 < 3,15 \times 56,25 = 177,1875. Hmotnost plného sudu v kg je tedy menší než (177,1875 \times 1,1) + 5 = 199,90625 (vynásobili jsme objem hustotou a přičetli hmotnost prázdného sudu). Občané mohou na kárce o dané nosnosti přepravit sud plný šťávy.

Komentář: Myslím, že úloha byla jednoduchá, takže za každé zaváhání v postupu jsem srážela dost bodů. Když například někdo přičetl nejprve hmotnost prázdného sudu k objemu a teprve pak pracoval s hustotou, mohl si být jist 0, stejně jako ti, kteří opisovali. Body jsem strhávala i za neodůvodněné zaokrouhlování.

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