Řešení 1. série 14.ročníku

Úloha č. 1

Úloha byla poměrně jednoduchá. Každý z vás našel řešení, někteří i více. Body jste mohli ztratit za použití nepovolených mocnin.

Zde jsou některá z řešení:

1	=	1 + (9 - 9) \times 8
2	=	1 + \sqrt{9} \times \sqrt{9} - 8
3	=	1 + \sqrt{9} - 9 + 8
4	=	1 \times \sqrt{9} + 9 - 8
5	=	1 + \sqrt{9} + 9 - 8
6	=	-1 - 9 / 9 + 8
7	=	-1 + 9 - 9 + 8
8	=	1 \times (9 - 9) + 8
9	=	1 + 9 - 9 + 8
10	=	1 \times (9 + 9 - 8)

Úloha č. 2

Počet Xofových oblíbených čokolád je omezen nejmenším počtem čokolád s určitou vlastností, v našem případě rozinkových. Tedy budou nejvýše 4. Znázorníme si, že je možné aby byly právě 4.

Čokoláda	1	2	3	4	5	6	7
Vlastnosti	R	R	R	R	$$
$$	M	M	M	M	M
$$	O	O	O	O	O	O

Odpověď: Xof si vzal 4 čokolády s mlékem, oříšky a rozinkami.

Komentář: Všimněte si, že ze zadání nevyplývá, jaké jsou zbylé čokolády. Kromě řešení uvedeného v tabulce jsou možné i dvě čokolády oříškové hořké a jedna čokoláda mléčná bez oříšků. Pokud se někdo o těchto čokoládách vyjádřil (na což se nikdo neptal), přišel o bod. Úloha byla velmi jednoduchá, řešení našli všichni, ale ne všichni jste napsali postup a odpověď - i to jsem hodnotila.

Úloha č. 3

Tuto úlohu provázel mírný zmatek. Drobná nepřesnost v zadání (místo „... přesně mezi ...“ mělo radši být „... uprostřed úsečky ...“) a neznalost definice vzdálenosti.

„Definice:“ Vzdálenost bodu X od úsečky AB je rovna nejmenší vzdálenosti mezi bodem X a body přímky určené body A B.

I díky tomu jsem byl při opravování hodnější než obvykle. Následující vzorové řešení je pro případ, který jsme chtěli zadat.

Řešení:

Úkolem je narýsovat trojúhelník OSD, u něhož známe délku strany OS, délku těžnice na stranu SD a délku výšky na stranu OS.

Nejdříve narýsujeme úsečku OS, |OS| = 6 stop. Ve vzdálenosti 5 stop (resp. 2,5 stopy) od úsečky OS narýsujeme přímku p_{1} (resp. p_{2}) rovnoběžné s OS. Obě přímky by měly ležet ve stejné polorovině s hraniční přímkou procházející body O a S. Sestrojíme kružnici k se středem v bodě O a poloměrem 5 stop. Průsečíky (jsou dva) přímky p_{2} a kružnice k označíme P_{1} a P_{2}. Bod D_{1} (resp. D_{2}) leží na průsečíku polopřímky OP_{1} (resp. OP_{2}) s přímkou p_{1}. Zvýrazníme výsledný trojúhelník OSD_{1} (resp. OSD_{2}).

Úloha má v dané polorovině dvě řešení.

Poznámka: Omlouvám se znalcům zkrácených zápisů za zbytečné povídání, ale jsou zde i neznalci.

Úloha č. 4

(Upravené podle Honzy Blažka)

Jak valná většina řešitelů správně pochopila, v úloze se snažíme dokázat, že počet jednotkových krychliček, ze kterých je složen Šalamounův stůl, není dělitelný třemi.

Ze zadání plynou následující velikosti stran kvádru:

Tedy objem kvádru je V = a \times b \times c = a \times (a+5) \times (a-2). Protože rohové kostičky chybí, je počet kostiček roven a \times (a+5) \times (a-2) - 8.

Mohou nastat tři různé případy:
1) a je dělitelné třemi a tedy celý součin je dělitelný třemi. Protože 8 není dělitelné třemi, není ani počet kostiček dělitelný 3.
2) a je dělitelné třemi se zbytkem po dělení 1. Proto je (a+5) dělitelné třemi a celý součin je také dělitelný třemi. Protože 8 není dělitelné třemi, není ani počet kostiček dělitelný 3.
3) a je dělitelné třemi se zbytkem po dělení 2. Proto je (a-2) dělitelné třemi a celý součin je také dělitelný třemi. Protože 8 není dělitelné třemi, není ani počet kostiček dělitelný 3.

Více možností neexistuje, a proto má princ ve všech případech pravdu.

Úloha č. 5

Gil se může začít opakovat po dvou, třech nebo čtyřech akordech. Po jednom ne, protože to by hrál jeden akord pořád dokola, a to je více než dvakrát za sebou. Opakuje-li se po dvou akordech, může začít 6\cdot5=30 různými dvojicemi, každou melodii ale počítáme dvakrát (melodie ABABAB\ldots je stejná jako melodie BABABA\ldots), melodíí, opakujících se po dvou akordech, je tedy 30/2=15. Opakuje-li se po třech akordech, může začít 6\cdot6\cdot6-6=210 způsoby (6\cdot6\cdot6 je počet všech trojic bez požadavku, aby se akordy neopakovaly, odečítáme počet zakázaných možností, to jsou ale jen trojice stejných akordů), každou melodii tentokrát počítáme třikrát, tříakordových melodií je tedy 210/3=70. Opakuje-li se po čtyřech akordech, může začít 6\cdot6\cdot6\cdot6-30-6-30\cdot4 = 1140 způsoby (6\cdot6\cdot6\cdot6 je počet všech čtveřic bez žádných požadavků, 30 melodií se opakuje po dvou akordech (například ABABAB\ldots), 6 melodií jsou samé stejné akordy a 4\cdot30 melodií obsahuje tři akordy po sobě (například ABBBABBB\ldots)). Každou melodii tentokrát počítáme čtyřikrát, celkem je tedy čtyřakordových melodií 285. Všech melodií, které Gil umí zahrát, je tedy 285+15+70=370.

Úloha č. 6

Počet hnědých oříšků Gil snižuje pouze tím, že si vytáhne dva hnědé (sníží ho tedy o dva). Hnědých oříšků bude tedy vždy lichý počet (na začátku jich bylo 51). Speciálně: až bude v klobouku jen jedna kulička, bude hnědá. Není tedy možné, aby Gilovi zbyl oříšek v bílé čokoládě nakonec.

Poznámka: Všimněte si, že na počtu bílých oříšků nezáleží.

Úloha č. 7

Zakroužkována byla čísla lichá a násobky sedmi. Nezakroužkována tedy byla čísla sudá, která nejsou násobky sedmi. Stačí tedy určit počet sudých čísel a odečíst od něj počet sudých násobků sedmi.

Mezi čísly 0, 1, ..., 1997 se střídají sudá a lichá čísla. Posloupnost obsahuje celkem 1998 čísel, sudých i lichých je 1998:2=999. (0 je sudé číslo)

Mezi čísly 1,2,...,1997 je 1997:7=285 (zb. 2) čísel dělitelných sedmi. Sedmi je dělitelná také nula, počet násobků sedmi od 0 do 1997 je 286. Mezi těmito násobky se opět střídají sudé a liché, kterých musí být stejně, tedy 286:2=143.

Výsledek:

POČET SUDÝCH ČÍSEL - POČET SUDÝCH NÁSOBKŮ SEDMI= 999-143=856.

Plán obsahoval 856 nezakroužkovaných položek.

Komentář: Mnoho z vás úplně zapomnělo na číslo 0. Někteří si neuvědomili, že nula je číslo dělitelné každým číslem (kromě nuly), tedy je sudá a dělitelná sedmi.

Často jste dělali chybu při počítání násobků sedmi mezi čísly 0, ..., 1997 způsobem 1998:7=285 (zb. 3). Není to zas až tak špatné, ale je potřeba si uvědomit, co tímto dělením získáme. Když vydělím počet prvků (1998) sedmi, zjistím, na kolik sedmičlenných skupin je mohu rozdělit ((0,1,...,6), (7,...,13), ..., (1988,...,1994), (1995, 1996, 1997)). Jestliže skupiny obsahují násobky 7 na posledním místě ((1,...,7), (8,...,14), ...), pak je počet skupin stejný jako počet násobků sedmi a o zbytek se nemusíme starat (viz vzorové řešení, kde 0 započítáváme později). Když ale bude násobek sedmi v každé skupině první (jako zde), musíme si uvědomit, že i v té poslední „necelé“ skupině o třech prvcích je takový násobek obsažen. Tedy jestliže 1998:7=285 (zb. 3), pak násobků sedmi mezi 0 a 1997 je 286!

Řada z vás zase počítala počet sudých násobků sedmi mezi čísly 1 a 1997 tak, že počet všech násobků sedmi (285) vydělila dvěma a zaokrouhlila 142,5\doteq143 nebo vzala celou část 142 bez odůvodnění, proč je lichých 143 a sudých 142 nebo naopak. Někteří dokonce ač spočítali, že všech násobků sedmi je 285, pak prohlásili, že sudých i lichých je 142. Proč musí být lichých víc? Posloupnost začíná i končí lichým číslem 7,14,...,1995. Lichých je 143, sudých 142.

Ostatní poznámky si přečtete ve svých řešeních.

Úloha č. 8

Dokážeme, že Gil nemůže prohrát. Pokud by měl prohrát, pak nesmí na dvou kostkách padnout stejné číslo, neboť každé číslo je dělitelné samo sebou. Dále nesmí na žádné z kostek padnout jednička, protože ta dělí každé přirozené číslo. Pokud by na některé z kostech padla dvojka, pak na žádné z dalších nesmí padnout sudé číslo, a tak zbývá jen trojka a pětka, ale to jsou jen další dvě kostky. Pokud se nic neopakuje a nepadne jednička ani dvojka, zbývá jediná možnost, a to 3, 4, 5, 6. Ale zde trojka dělí šestku. Tedy neexistuje možnost, při které by Gil prohrál.

Úloha byla celkem jednoduchá, a proto jsem byl při opravování poměrně přísný. Pokud někdo vyjmenovával možnosti a nezdůvodnil, že jsou všechny, ztratil jeden bod. Pokud navíc na nějakou zapomněl, ztratil další.

Opravovali: Petr Chocki Kačenka (1,3), Markytka Matoušková (2), Petr Rišo Kolovrat (4), Petr Xof Škovroň (5), Viťas Strádal (6), Jarmilka Večeřová (7), Davídek Opěla (8).