Řešení 3. série 13.ročníku
Úloha č. 1
Existují celkem dva způsoby, jak změřit 9 hodin.
1) Při vyplutí spustíme oboje hodiny najednou. Po přesypání čtyřhodinových je otočíme a tři hodiny poté se dosypou sedmihodinové, které taky otočíme. Když se podruhé přesypou čtyřhodinové, otočíme opět sedmihodinové, protože se zde zatím přesypala jedna hodina. Od vyplutí uplynulo právě osm hodin. Poslední hodinu odměříme, když necháme dosypat zpátky hodinu v sedmihodinových hodinách. (7+1+1=9)
2) Před vyplutím necháme přesýpat oboje hodiny najednou. Čtyřhodinové jsme po přesypání otočili, když se přesypou sedmihodinové, zbývá na čtyřhodinových ještě jedna hodina. Teď vyplujeme, necháme dosypat jednu hodinu a potom ještě osm hodin odměříme dvojím přesypáním čtyřhodinových hodin.
Komentář: 0 bodů dostali ti, kteří začali dělat rysky, odsypávali písek atd. Pěti body jsem hodnotila správně řešenou úlohu jedním nebo druhým způsobem (nejčastěji to byl způsob první).
Úloha č. 2
Součet čísel v jednotlivých kruzích má být stejný, musí tedy platit: A+B+C+D+E+F+G=A+B+C+D+I, odkud I=E+F+G. Stejně dostaneme i J=C+B+G a H=C+D+E a součet I,J,H je I+J+H=2(E+C+G)+F+B+D. Nejmenší možný součet vpravo (2(1+2+3)+4+5+6=27) je roven největšímu možnému součtu vlevo (10+9+8=27). To znamená, že na místech H,I,J musí ležet čísla 8,9,10, na místech C,E,G čísla 1, 2, 3 a na F,B,D čísla 4,5,6. Zvolíme nyní např. H=8, I=9, J=10. Když H=C+D+E=8, nemůže být D=6, protože by zbylo C+E=2 (C,E jsou různá čísla z 1,2,3). Stejně tak protože J=C+B+G=10, vyloučíme B=4. Možné hodnoty pro B,D,F jsou nyní: B..\lbrace5,6\rbrace, D..\lbrace4,5\rbrace, F..\lbrace4,5,6\rbrace. Pro B=5 musí být D=4 a F=6. Pro B=6 máme dvě možnosti: buď D=4, F=5 nebo D=5, F=4, ale jestliže D=4, je C+E=4=1+3 a současně F=5, tedy E+G=4=1+3 (C,G se rovnají). Tuto možnost musíme vyloučit. Zbývají tedy dvě řešení, pro která už jen dopočítáme hodnoty C,E,G. Do prostředního kruhu jsme dosadili čísla 1 až 7, jejich součet, a tedy i součet čísel ve všech ostatních kruzích, je 28.
Výsledek zní: 1) $A=7, B=5, C=3, D=4, E=1, F=6, G=2, H=8, I=9, J=10.$
2) $A=7, B=6, C=1, D=5, E=2, F=4, G=3, H=8, I=9, J=10$. Pozn.: Jinou volbou H,I,J bychom pouze obrazec otočili nebo převrátili podle některé osy symetrie. Vzájemná poloha čísel by se zachovala.
Úloha č. 3
Nejprve ukážeme, jak na řešení přijdeme, a dokonce, že žádná jiná možnost nemůže vyhovovat. Podle zadání máme čtyři závaží a každé z nich můžeme použít třemi způsoby: dát ho na levou misku, dát ho na pravou anebo je nepoužít vůbec. Tedy celkem 3 \times 3 \times 3 \times 3 = 81 možností. Jedna z nich je nepoužít žádné závaží a zbylých 80 tvoří 40 symetrických dvojic. Takže hmotnosti, které lze odvážit, tvoří vlastně řadu od -40 do 40, kde záporná váha znamená, že větší součet závaží je na té straně, kde je vážený lék. Tedy vidíme, že žádná váha by neměla jít navážit dvěma způsoby. Maximum, co můžeme navážit, je samozřejmě součet všech závaží, takže označíme-li hmotnosti všech závaží od nejlehčího po nejtěžší $a, b, c, d, platí: a+b+c+d=40$. Druhou nejvyšší hmotnost získáme tak, že nejlehčí závaží dáme pryč. Tedy b+c+d=39 a tedy a=1. Dále 38=b+c+d-a, tedy mezi závažími není 2, protože by této hmotnosti šlo dosáhnout dvěma způsoby. Na 37 už musíme odebrat i něco jiného, kdyby to závaží bylo těžší než 3, tak tuto váhu nenavážíme, tedy b=3. Nyní můžeme postupným přesouváním těchto dvou závaží získat hmotnosti až do 32. Další závaží tedy musí být 9 (lehčí by zase znamenalo opakování některého součtu, těžší nemožnost navážit 31). Na zbylé závaží tedy zbývá 27. Takto jsme tedy ukázali, že žádná jiná možnost než: a=1, b=3, c=9, d=27 nemůže vyhovovat.
Nyní ukážeme, že tato kombinace vyhovuje zadání úlohy. Číslo 40 se v trojkové soustavě vyjádří jako 1111, naše hmotnosti jsou v trojkové soustavě zapsány jako 1, 10, 100, 1000. Pokud některé ze závaží dáme na misku k léku, pak sníží o jedna cifru o řád vyšší a na svém řádu nastaví dvojku, pokud na misku opačnou, nastaví jedničku na svůj řád a ostatní nemění a pokud jej nepoužijeme, zůstane na místě toho řádu 0. Takto můžeme nastavit všechny cifry (kromě nejvyšší) na jakoukoli potřebnou možnost (0, 1, 2), pokud je nejvyšší (čtvrtá) cifra 0 a pak všechna čísla až do 1111 v trojkové soustavě (nejvyšší váha musí být jinde než závaží a další nejdou proto, že když někam dáme dvojku, tak vyšší cifru snížíme).
Úloha č. 4
Většina z vás si s příkladem hravě poradila jako Emil. Vymysleli jste ke každému číslu i více řešení. Protože to bylo opravdu jednoduché, za každé číslo, pro které příklad chyběl nebo byl špatně, jsem strhávala bod. Pokud jste z čísel 9,9,8 získali nějaký výsledek, mohli jste ho využít hned pro tři příklady - odečíst jedničku (tedy přičíst -1, vynásobit jedničkou či přičíst jedničku). Mohli jste si povšimnout i dalších analogií, ale v podstatě u tohoto příkladu není žádný seriózní matematický postup.
Některá řešení, existuje i mnoho dalších:
**1**=-1+\sqrt{9}-(9-8)=1\times(\sqrt{9\times9}-8)=1+(9-9)\times8=-1-\sqrt{9}-\sqrt{9}+8
**2**=-1\times9+\sqrt{9}+8=1+(\sqrt{9\times9})-8=19-9-8=1\times\sqrt{9}-9+8
**3**=1-9+\sqrt{9}+8=1-\sqrt{9}-\sqrt{9}+8=(1\times\sqrt{9})/(9-8)=\sqrt{1+9-9+8}
**4**=1\times\sqrt{9}+9-8=1+\sqrt{9/9+8}=(1+\sqrt{9})\times\sqrt{9}-8=-1-9/\sqrt{9}+8
**5**=1+\sqrt{9}+9-8=-1\times(9/\sqrt{9})+8=\sqrt{-1+9+9+8}
**6**=-1-(9/9)+8=1-9/\sqrt{9}+8=\sqrt{1+\sqrt{9}\times9+8}
**7**=-1+9-9+8=-1+9/9\times8=\sqrt{1+\sqrt{9}}-\sqrt{9}+8=-1-\sqrt{9}+\sqrt{9}+8
**8**=1\times9/9\times8=1\times(9-9)+8=1\times9-9+8=1-(9/9)+8
**9**=1+9-9+8=(1\times9)/(9-8)=1\times9/9+8=1/9\times9+8
**10**=1+9/9+8=1\times(9+9)-8=(-1+9\times9)/8=(-1+\sqrt{9})\times9-8=1+9\times(9-8)
Úloha č. 5
Na obr. 1 a obr. 2 jsou vidět nejlepší (optimální) řešení úlohy. To, že drak opravdu nemůže přistát, je vidět. My se spíše zamyslíme nad tím, zda nelze najít lepší řešení, popřípadě nějaká další řešení se čtyřmi ohni.
Nalezená řešení jsou optimální:
Rozdělíme-li si náměstí na 4 části (viz obr.3) vidíme, že v každé z nich musí být alespoň jeden oheň (pokud by nebyl, mohl by v ní drak pohodlně přistát). Tím jsme tedy ukázali, že ohně musí být minimálně 4.
Nalezená optimální řešení jsou opravdu všechna:
Abychom zabránili drakovi přistát na místech b2, b5, e2, e5 (budeme jim říkat rohová místa) musíme použít 4 ohně.
Pokusíme se nyní postavit ohně jinak než jak jsou v již nalezených řešeních.
Dejme tomu, že bychom zabránili přistát drakovi na místě b2 položením ohňů na jednom z polí a2, b1, b2. Potom ale pro zamezení přistání na c3 potřebujeme další oheň, který nezabrání drakovi v přistání na žádném rohovém místě. Obdobně v ostatních rohových místech. Dokázali jsme tedy, že pro zabránění přistání v rohovém místě musí být oheň umístěn v jednom ze dvou čtverečků blíže středu.
Nyní již stačí ukázat, že ohně musí být umístěny „do koně“ (tj. podle tahu šachového koně, dvakrát rovně a jednou doprava). Kdyby tomu tak nebylo, musely by být některé dva ohně v podobné pozici jako je na obr. 4 (popřípadě otočené).
Ale pak by drak mohl přistát na b3 (nebo b4). Abychom tomu zabránili, museli bychom použít další oheň. Tím jsme ukázali, že výše uvedená řešení jsou jediná.
Komentář: Jeden bod jsem strhával za neuvedení důvodu, proč je minimální počet ohňů 4. Pokud někdo našel pouze řešení s více ohni (většinou 6) dostal pouhý jeden bod.
Úloha č. 6
Kolik dnů potřebujeme na přestěhování n rodin?
- (1 den?) Stačí při stěhování 2 rodin, ale při 3 a více nám to pravidla stěhování nedovolí.
- (2 dny?) Systém výměny 1 \longleftrightarro 2, 3 \longleftrightarro 4,\ldots, (n-1) \longleftrightarro n nevede k úspěchu ve dvou dnech, ale to nás nesmí svést k závěru, že ke stěhování potřebujeme více dní (jak mnozí z vás připustili).
Musíme otestovat i jiný systém: 1 \longleftrightarro n
2 \longleftrightarro (n-1)
3 \longleftrightarro (n-2)
\vdots
Po této výměně (po 1 dnu) je rodina n na svém místě a ostatní mají ideální podmínky pro další stěhování: 1 \longleftrightarro (n-1)
2 \longleftrightarro (n-2)
\vdots
Tím se ve 2. dni dostaly všechny rodiny na svá místa. Pro n \ge 3 nezávisí počet potřebných dní na počtu rodin (i když jste si mnohdy mysleli opak)!
Tento postup platí obecně, lze jej aplikovat na libovolné n \ge 3, je pouze nepatrný rozdíl mezi stěhováním sudého a lichého počtu rodin:
- (a) n je sudé
První den se stěhují všechny rodiny, tím se na správné místo dostane kromě n-té rodiny i n/2-tá. Tato n/2-tá rodina se druhý den již ze správného bytu nepřestěhuje, protože se nemá s kým vyměnit.
- (b) n je liché
První den se nestěhuje rodina (n+1)/2-tá, protože nemá s kým (je lichá). Druhý den se tato rodina v souladu s výše uvedeným systémem vymění s rodinou ((n+1)/2-1)-tou a všichni jsou přestěhováni.
Odpověď: n rodin lze přestěhovat za 2 dny. Výjimkou je n=2: dvě rodiny se přestěhují za jediný den.
Pro názornost:
- (a) stěhování 6 rodin
| na začátku | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| po 1. dnu | 6 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |
| po 2. dnu | 6 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
- (b) stěhování 7 rodin
| na začátku | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| po 1. dnu | 7 | 6 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |
| po 2. dnu | 7 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
Komentář: Většina z vás se při řešení vydala úplně špatnou cestou. Pak jsem hodnotila dobré nápady, popis postupu a pokus o obecné řešení (je cennější než řešení pro konkrétní čísla).
Úloha č. 7
Barakuda je 2x rychlejší než Argonaut, a proto, než se obě lodě setkaly, Barakuda urazila 2x větší vzdálenost, tedy dvě třetiny celkové vzdálenosti. V době, kdy se Barakuda vrátila zpět do přístavu, urazil Argonaut druhou třetinu cesty. A protože Barakuda byla v přístavu o 2 hodiny dříve a Argonautovi zbývala už jen poslední třetina cesty, znamená to, že jednu třetinu cesty urazil Argonaut za 2 hodiny.
V době, kdy se lodě poprvé setkaly, měl Argonaut za sebou jednu třetinu cesty. Tedy plavba do doby, než se lodě setkaly, trvala 2 hodiny.
Úloha č. 8
Objem odkrojené části sýra spočítáme jako objem hranolu, tedy V=S_{p}v. Známe výšku v = 1 cm, zbývá spočítat obsah podstavy. Označme některé zajímavé body písmeny podle obrázku. Známe poloměr kružnice opsané osmiúhelníku, tedy |SA|=|SC|=|SD|=|SB|=r. Všimneme si toho, že trojúhelníky SEC a SED jsou shodné, pravoúhlé a dokonce rovnoramenné (úhel u S je 360\deg/8=45\deg, tedy úhly u C a D jsou taky 45\deg), délka přepony je r, délku odvěsen si označíme a. Podle Pythagorovy věty je 2a^{2}=r^{2}, tedy a=r\sqrt{2}/2. Podstava uříznuté části je lichoběžník se základnami 2a a 2r a výškou a, její obsah můžeme tedy spočítat jako (2a+2r)a/2=(a+r)a=(r\sqrt{2}/2+r)r\sqrt{2}/2=r^{2}(1+\sqrt{2})/2. Po dosazení do vzorce pro objem dostaneme V=r^{2}(1+\sqrt{2})v/2, po dosazení číselných hodnot pro r a v nakonec dostaneme hledaný výsledek V = 120 cm^{3}.
Úlohy této série opravovali Václava Kopecká (1), Jarmila Večeřová (2), David Opěla (3), Olga Janouchová (4), Vităs Strádal (5), Markytka Matoušková (6), Renata Sikorová (7) a Petr Škovroň (8).
