Řešení 4. série 13.ročníku

Úloha č. 1

2 lidé (za předpokladu, že jsou zdraví, jak někdo správně podotkl) mají 4 oči a 4 nohy, což můžeme odečíst od čísel, která Emil a Holub napočítali. Jen zvířata mají tedy 48 očí a 80 nohou. Úlohu lze řešit různými způsoby, uvedeme dva, které považujeme za nejzdařilejší.

Pomocí soustavy lineárních rovnic (písmenka označují počty jednotlivých druhů zvířat):

3x+2f+5p	=	48	(rovnice pro počet očí)
6x+4f+2p	=	80	(rovnice pro počet nohou)

Od dvojnásobku první rovnice odečteme druhou rovnici:

8p	=	16
p	=	2

Peregové byli na louce 2.

Pokud nechci nebo zatím neumím řešit soustavu lineárních rovnic, lze si všimnout, že počet nohou u Xydů je dvojnásobek počtu jejich očí, zrovna tak u Faziů. Tedy po odečtení příslušného počtu nohou a očí Peregů by měla vyjít taková čísla, aby celkový počet nohou byl dvakrát větší než počet očí. Zkusíme odečíst jednoho Perega. Oči: 48-5=43, nohy: 80-2=78. 78 není dvojnásobek 43. Dva Peregové: oči: 48-10=38, nohy: 80-4=76. Tedy vyhovují, neboť 2\times38=76. Dále je třeba ukázat, že žádný jiný počet Peregů již nemůže být, např. tak, že vyzkoušíme jednotlivé počty Peregů až do maximálního možného, což je 8. Když totiž zvířata měla celkem 48 očí a od každého druhu tam bylo aspoň jedno, Peregů mohlo být maximálně 8.

Jen pro zajímavost, popřípadě zkoušku: ze zadání nelze určit, kolik bylo Xydů a Faziů. Po dosazení počtu Peregů do rovnice dostáváme 3x+2f=38. Xydů musí být sudý počet, aby počet Faziů byl celočíselný. Předpokládáme-li, že od každého druhu zvířat na louce aspoň jedno bylo, pak vyhovují dvojice (počet Xydů, počet Faziů): (2,16), (4,13), (6,10), (8,7), (10,4), (12,1)

Komentář: Body jsem strhávala za přílišné experimentování typu „... odečtu dva Fazie a aby to vyšlo, přičtu jednoho Perega“, plný počet neměl ani ten, kdo neukázal, že pro počet Peregů má úloha právě jedno řešení.

Úloha č. 2

Označím si: S studna, D dub, N neznámé místo na mapě, P poklad. Známe: |SP|=120 kroků, |SN|=130 kroků, |SD| změříme dle skutečnosti. Jde vlastně o to narýsovat trojúhelník SNP, kde známe dvě strany a těžnici.

To provedeme doplněním na rovnoběžník:

1. bod S', S \in SD; |SD|=|S'D|

1. k_{1}(S, 120 kroků)

1. k_{2}(S', 130 kroků)

1. P; P \in k_{1} \cap k_{2}

( 5. N; N \in PD; |ND|=|PD| )

Sestrojili jsme tedy rovnoběžník SNS'P, jeho úhlopříčky se protínají (a dokonce půlí) v D. Body N, a P mají tedy požadované vlastnosti.

Ještě se zamyslíme nad počtem řešení:

Pokud bude |SD|<5 kroků (|SS'|<10), nemá úloha řešení (nepovede se nalézt průsečík k_{1} a k_{2}).

Pokud |SD|=5 kroků (|SS'|=10), úloha má právě jedno řešení (pouze jeden průsečík).

Pokud 5<|SD|<125 (10<|SS'|<250), úloha má dvě řešení.

Pokud |SD|=125 kroků (|SS'|=250), úloha má právě jedno řešení (pouze jeden průsečík).

Pokud |SD|>125 (|SS'|>250), úloha nemá řešení.

Jiné řešení: úlohu bylo možno řešit též s použitím středové (bodové) souměrnosti. Pokud neznámé místo (N) zobrazím ve středové souměrnosti dle středu D, musí padnout přesně do pokladu. Když tedy zobrazím všechna potenciální místa, kde může být N (tedy místa vzdálená od S 130 kroků - označím si je jako kružnici k_{3}), dostanu potenciální místa pro P (bude to k_{2}). Ale zároveň vím, že P je vzdáleno 120 kroků od S (je to kružnice k_{1}). V průniku k_{1} a k_{2} leží poklad. Konstrukce i diskuse nad počtem řešení je shodná s předchozím řešením.

Úloha č. 3

Nejprve spočítáme, o kolik hlav připraví draka jednotlivé meče. První o 15, druhý o 24-12=12 a třetí o 1-7=-6, tedy drakovi vlastně šest hlav přibude. Všechna tato čísla jsou násobky tří, proto Rwaxan může draka připravit pouze o takový počet hlav, který je dělitelný třemi. Protože však číslo 100 (původní počet drakových hlav) není dělitelný třemi, nemůže jej drakobijec zabít.

Komentář: Slovní spojení „pořadí mečů“ mnohé z vás pomýlilo. Někteří si mysleli, že každý meč se může použít jen jednou, jiní zase, že meče se musejí pravidelně střídat. Za tato řešení jsem udílel 0 bodů, neboť nic takového v zadání nebylo. Podobně na tom byla ta řešení, kdy někdo zkoušel drakovi useknout více hlav, než drak právě měl. Ze zadání však nebylo zcela jasné, co se stane pokud na (v té době již pouze jednohlavého draka) použijeme třetí meč. V zadání však nebylo, že by mu v tomto případě oněch sedm hlav nemělo dorůst (a navíc to tak ani zadavatelem nebylo míněno), a tak jsem úlohu opravil tak, jako by tento zásah nebyl smrtelný. Za tuto nejasnost v zadání se omlouvám.

Úloha č. 4

Naším úkolem je najít nejmenší počet kruhových ubrusů, které by zcela pokryly kulatý stůl o dvojnásobném průměru. Bohužel kruhy nepatří k útvarům, kterými bychom mohli vyplnit rovinu bez mezer a bez překrytí. Nelze tedy porovnávat pouze obsahy stolu a ubrusů a z toho usuzovat, že stačí 4 ubrusy. Musíme uvažovat jinak: Kolik minimálně ubrusů stačí na pokrytí obvodu stolu? Jejich počet je 6 -- viz obr. -- kružnice se protínají ve vrcholech šestiúhelníku vepsaného velké kružnici (stolu). Ve středu stolu vznikne mezera, kterou budeme muset vyplnit aspoň jedním ubrusem. Jak je patrné z obrázku, i pro minimální počet ubrusů na okraji stolu (6) stačí jeden ubrus na pokrytí středu stolu. Holub tedy koupil 7 ubrusů.

Úloha č. 5

Komentář: Správný matematik je líný. Tak líný, že se mu nechce zkoušet 100 čísel, ale raději si dobře promyslí, která může vynechat ze svých úvah -- až mu jich zůstane jen pár a ta teprve otestuje. Proto jsem hodnotila, jak dokážete vybrat z těch mnoha čísel jen málo, jimiž má cenu se zabývat. Pokud jste ovšem byli líní napsat postup \ldots to není ta správná lenost !

Řešení: Číslo stánku je ve tvaru xy, kde x je cifra na řádu desítek a y cifra na řádu jednotek.

• Víme, že xy \ge 10.
• Shora číslo omezím tím, že 2xy-1 < 100, takže xy<51.
• Číslo yx je liché (dvojnásobek přirozeného minus 1), takže x je liché.
• Ze zadání plyne, že yx > xy, tedy y > x.

Nyní nám zůstala čísla

• 12 až 19
• 34 až 39

Pro x=1 by y muselo být 2 nebo 3:

Pro x=3 by y muselo být 6 nebo 7:

Zůstala tedy jen čísla:

12	12.2-1=	23
13	13.2-1=	25
36	36.2-1=	71
37	37.2-1=	73

Vyhovuje pouze číslo 37.

Odpověď: Holub nakupoval u stánku číslo 37.

Úloha č. 6

Problém této úlohy spočíval v sestrojení čtverce o obsahu 5. Máme-li sestavit čtverec o obsahu 5, musíme najít úsečku délky \sqrt{5}, která bude jeho stranou. Takovou úsečku najdeme podle Pythagorovy věty jako přeponu pravoúhlého trojúhelníka o odvěsnách délek 1 a 2: c^{2}=a^{2}+b^{2}, tedy v našem případě (\sqrt{5})^{2}=1^{2}+2^{2}. Jestliže si v našem čtverci 3\times3 vezmeme obdélníček 1\times2, je úsečka délky \sqrt{5} jeho úhlopříčkou. Čtverec o obsahu 5 můžeme do velkého čtverce přímo vepsat:

Musíme ověřit, že úhel \alpha + \beta je pravý, tzn. $\alpha + \beta = 90^{{o}. Z obrázku je vidět, že \alpha + \gamma = 90}{o}$ a protože \beta = \gamma (shodné trojúhelníky), je i \alpha + \beta = 90^{o}. V obrázku také vidíme, z jakých jiných (menších) částí se dá čtverec o obsahu 5 sestavit (např. ze čtyř pravoúhlých trojúhelníků o odvěsnách 1 a 2 a čtverce 1\times1).

Čtverec o obsahu 4 sestavíme snadno. Má stranu délky 2 a stačí k sobě „vhodně“ poskládat základní čtverečky nebo naše trojúhelníky - např. takto:

Celý obrazec lze tedy rozdělit mnoha způsoby, uvedeme několik řešení na ukázku:

Z částí tmavých bychom sestavili čtverec o obsahu 4, ze zbylých čtverec o obsahu 5.

Tyto části můžeme samozřejmě ještě libovolně dělit na menší, tím se možnost jejich sestavení do čtverce nezmění.

Úloha č. 7

Komentář: Mnoho z vás nezískalo žádný bod. Stručně řečeno, je to hlavně proto, že vaše argumenty pro zachování stejné výšky hladiny by se bez větších změn daly použít pro důkaz že hladina klesne nebo sklenice přeteče. Mnoho z vás si plete pojmy jako objem, obsah, hustota, hmotnost. Příjemným překvapením naopak bylo, že si někteří z vás pokus prakticky vyzkoušeli.

Mnozí z vás řešili příklad podobnou úvahou jako Filip Trnka: Podle Archimedova zákona je těleso plovoucí na kapalině nadlehčováno silou, odpovídající tíze vytlačené vody. Led má menší hustotu než voda a když se rozpustí, vyplní voda právě objem, který ledová lodička vytlačila. Tedy hladina se nepohne.

Další skupinka řešila příklad výpočtem. Nejdříve je potřeba zjistit, kolik ledu je nad hladinou. Potom, jaký je objem vytlačené vody a kolik vody vznikne rozpuštěním ledu. Pamatujte si, že je lepší a přesnější uvést výsledek ve tvaru \rho _{H_{2}O} \over \rho _{led} \cdot m než 0,918 837 675 \cdot m. Nedochází k zaokrouhlovacím chybám.

Někteří z vás ještě zkoumali, co se děje s kapalinou, když se mění její teplota. To už je ale zbytečně složité.

Úloha č. 8

(podle Lukáše Fajta)

Protože mohu odebírat z libovolných hromádek, stačí počítat se součtem zápalek 9+7+5=21. Prohrává ten, na koho zbude jedna zápalka. Do této pozice ho dostane protihráč, který bude mít na stole 2-5 zápalek. (Odebere podle potřeby jednu až čtyři zápalky). Pokud před tím, kdo je na tahu, leží šest sirek, prohraje, protože vždy nechá protihráči 2-5 zápalek. Úvahou zjistíme, že ten, kdo má 5k+1 sirek (k je přirozené číslo), prohrává, kdo má jiný počet a umí hrát, vyhraje.

21=5\cdot4+1 (tzn. onen kritický počet) a kdo začne, prohraje. Emil, chce-li vyhrát, musí hrát jako druhý a odebírat sirky tak, aby na stole zůstalo 5k+1 zápalek. To znamená, že dorovnává Holubovy tahy tak, aby v každém kole bylo ze stolu odebráno právě pět sirek. (Když Holub vezme dvě, Emil tři, když Holub vezme čtyři, Emil jednu...). Ve výrazu 5k+1 se tímto způsobem hry snižuje k o jedničku.

Úlohy čtvrté série opravovali: Olga Janouchová (1), Viťas Strádal (2), David Opěla (3), Renata Sikorová (4), Markéta Matoušková (5), Jarmila Večeřová (6), Petr Kačenka (7), Petr Škovroň (8).