Řešení 2. série 14.ročníku

Úloha č. 1

Nejdříve si ujasníme, co má být výsledkem našeho snažení -- v sedmilitrových a šestilitrových nádobách má být po pěti litrech (což je pro 4 členy výpravy) a pátý si ponese obě čtyřlitrové láhve, v nichž bude celkem pět litrů.

Nyní si všimneme, že když se nám podaří naměřit do většiny láhví jeden litr, snadno ho čtyřlitrovou láhví doplníme na pět litrů. Jeden litr získáme tak, že obsah sedmilitrové láhve přelijeme do láhve šestilitrové a zůstane nám jeden litr v láhvi sedmilitrové. Tento jeden litr nalejeme do některé z prázdných láhví. Tak to lze udělat pětkrát -- budeme mít pětkrát jeden litr a jednu prázdnou šestilitrovou láhev. Teď potřebujeme volnou čtyřlitrovou láhev -- obsah přelijeme do prázdné šestilitrové láhve. Volnou čtyřlitrovou dolijeme všechny šesti a sedmi litrové láhve tak, že budou mít litrů pět. A nakonec ještě naplníme čtyřlitrovou láhev a tím dostaneme dohromady litrů pět pro pátého člena výpravy.

Úloha č. 2

(upravené podle Evy Patákové)

Rozložíme 1650 na součin prvočísel. 1650 = 2 \times 3 \times 5 \times 5 \times 11. Z činitelů $2, 3, 5, 5, 11$ máme získat tři dvojciferné činitele. Jeden určitě musí být 11, neboť kdybychom vynásobili jedenáctku některým dalším prvočíslem z rozkladu, nemohli bychom ze zbývajících tří jednociferných prvočísel vytvořit dva dvojciferné činitele.

Zbývají čísla 2, 3, 5, 5. Abychom získali dvě dvojciferná čísla, musíme vynásobit dva a dva z těchto činitelů. Ale možnost 2\times3=6 není dvojciferné číslo, proto můžeme jedině vynásobit 2\times5=10 a 3\times5=15. Úloha má tedy jediné řešení -- mužíček násobil čísla 10 \times 11 \times 15 = 1650.

Komentář: Většinou jste sice našli správné řešení, ale nepřesvědčili jste se, zda neexistuje ještě nějaké další. Někteří se k výsledku dopracovali postupným dělením čísla 1650. Podle toho, zda dělili náhodně, či „chytře“ -- např. si povšimli, že číslo končí na nulu a určitě bude dělitelné desíti apod., se lišilo i bodové hodnocení. Někteří se nezabývali psaním postupu a rovnou napsali odpověď -- taková řešení mě vůbec nepotěšila, ale abych aspoň odlišila, že tito řešitelé se úlohou vůbec zabývali, udělovala jsem jeden bod.

Úloha č. 3

Abychom věděli, kolikrát Gil zahrál akord A, bude dobré, když zjistíme, kolikrát změnil hraný akord. Nejprve si proto odvodíme vzoreček pro součet všech přirozených čísel od jedné do n. Sčítejme postupně 1+n=n+1, 2+(n-1)=n+1, 3+(n-2)=n+1 a tak dále, vždy první číslo o jedna zvyšujeme a druhé o jedna snižujeme. Děláme to tak dlouho, až první číslo bude n a druhé jedna. Tedy budeme sčítat n dvojic, z nichž každá má součet n+1. Celkový součet je tedy n(n+1). Ovšem každé číslo jsme započítali dvakrát --- nejprve jako první číslo ve dvojici a pak jako druhé. Musíme tedy získaný výsledek vydělit dvěma. Nyní tedy potřebujeme najít přirozené číslo n tak, aby výraz n(n+1)/2 byl menší nebo roven 444, ale pro následující číslo byl již větší než počet odehraných akordů. Toto n pak bude značit počet celých sérií, které Gil odehrál. Buď pomocí kvadratických rovnic, nebo prostým zkoušením (s využitím vlastnosti, že čím větší je n, tím větší je i zkoumaný výraz) zjistíme, že takovéto n je 29. Protože Gil hrál celkem šest akordů, počet opakování akordu A byl vždy o šest větší než při předchozím hraní A-čka. Tak Gil zahrál celkem 1+7+13+19+25=65 akordů

1. Sérii s 31 akordy A už ani hrát nezačal, neboť skončil kdesi uprostřed předchozí série třiceti akordů G.

Komentář: Většina z řešitelů úlohu řešila pomocí tabulky, do níž postupně vypisovala počty opakovaní jednotlivých hraných akordů, tyto počty sčítala a hlídala, kdy překročí 444. Pak prostě sečetla počet opakování akordu A. Body jsem strhával převážně za věci, které někteří tvrdili, aniž by je zdůvodnili. Případně pokud chybělo jakékoliv vysvětlení k tabulce.

Úloha č. 4

Tato úloha má nekonečně mnoho řešení. Nejjednodušším n-úhelníkem s pěti osami symetrie je pravidelný pětiúhelník. Nemá však postačující počet vrcholů (je potřeba více než 25 vrcholů). Stačí tedy do každého vrcholu pětiúhelníku umístit symetrický útvar (samozřejmě do každého vrcholu stejný, aby se symetrie nenarušila), který má více než pět úhlů.

Samozřejmě toto není jediný způsob řešení, mnozí z vás přišli s velice zajímavými nápady.

Úloha č. 5

Celkem se výpravy účastní 5 lidí. Očíslujme si je tak, jak šli za sebou první den, čísly od 1 do 5. Celkem jsme schopni z těchto lidí vybrat dvacet různých dvojic (kdy záleží i na pořadí) a každý den použijeme 4 dvojice. Tedy maximálně můžou jít pět dnů. Dalším důležitým poznatkem je, že všichni se musí vystřídat na prvním i posledním místě.

Komentář: Bohužel víc se za použití normálních nepracných metod nedalo zjistit. Někteří z vás se pokoušeli využít počítače, jiní kreslili grafy. Všechna řešení, která se o něco takového pokusila jsem hodnotil 5-ti body.

My jsme si to ověřili na počítači a skutečně 5 dní jít nemohou. Tato úloha byla zvolena trochu nešťastně, protože pro okolní čísla je vše jednoduché... Ale na druhou stranu mohla prověřit, jak řešíte úlohu, která více méně vyřešit nejde.

Vyskytly se tři typy řešení. První skupina napsala, že poušť musí přejít za 4 dny, jinak někdo z nich dostane pouštní nemoc. Druhá skupina konstatovala, že maximální počet dnů je 5, ale nenapsala žádné pořadí. A třetí skupina napsala, že jsou dny maximálně 4, a s větším či menším úspěchem se pokoušeli dokázat, proč pátý den nejde.

Úloha č. 6

\triangle DOP je pravoúhlý s pravým úhlem u P. Protože je |\angle PDO|=45^{\circ}, je |\angle POD| = 180^{\circ} - 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}, je tedy rovnoramenný. Pro délku x = |DP| = |OP| platí Pythagorova věta 2x^{2} = 5^{2} \Rightarrow x = \sqrt{25\over2}= 5\sqrt{2}\over2. Nyní najdeme délku y=|PS|. Protože je \triangle SOP pravoúhlý, platí pro jeho obsah S = 1\over2 xy \Rightarrow y= 2S \over x = 4\sqrt{2}. Podle Pythagorovy věty je tedy $|OS| = \sqrt{x^{{2} + y} {2}} = 1\over2 \sqrt{178}$. Pro délku |DS| platí |DS| = x + y = 13\sqrt{2}\over2.

Odpověď: Okolík je od Sokolíku vzdálen 1\over2 \sqrt{178} \doteq 6,67 jednotek. Dolík je od Sokolíku vzdálen 13\sqrt{2}\over2 \doteq 9,19 jednotek.

Někteří situaci narýsovali, změřili některé vzdálenosti a pokračovali výpočtem. Měření je však nepřesné a i malá odchylka může vést k velmi rozdílnému číslu ve výsledku. Přímý výpočet je lepší.

Úloha č. 7

Levou a pravou stranu felblouda nerozlišujeme.

1) Na jednu míli se opotřebuje

z celkového množství 4 fonů. Tedy celkem ujedeme x mílí. Platí vztah:

x \times spotřeba na 1 míli	=	4 fony
x \times 1 \over 6 000	=	4
x	=	24 000 mil

Nejlépe je vyměnit fony v polovině.

2) Nechť x je počet mil, kdy jsou fony na předních nohách a y kdy jsou na zadních. Tedy celkem se opotřebují celé:

Pro zadní fony platí podobná rovnice (ale prohozená x a y):

Porovnáme oba vztahy a dostaneme třetí:

x \over 30 000 + y \over 20 000	=	y \over 30 000 + x \over 20 000
2x + 3y	=	3x + 2y
x	=	y

Po dosazení do libovolného vztahu dostáváme:

x \over 30 000 + x \over 20 000	=	1
x	=	12 000

Celá cesta je 2 \times 12 000 = 24 000 mil. Optimální výměna fonů je v polovině délky cesty.

Komentář: Dost často se objevila mylná myšlenka, že celá cesta je aritmetickým průměrem 20 000 a 30 000 mil. Dále se objevila tvrzení, že více než 20 000 pouštních mil neurazí, ať se snaží sebevíc. Taková řešení byla po zásluze odměněna 0 body. 1 bod dostali ti, kteří se snažili měnit fony, ale k ničemu dalšímu nedošli.

Úloha č. 8

Označme a délku závory, b výšku konce závory nad její původní polohou a c výšku závory nad zemí v původní poloze. Pro jediný pravoúhlý trojúhelník na obrázku platí: $(a\over2)^{2}+b{2}=a^{{2} \Rightarrow b=\sqrt{3}\over2 a$. Spočítáme obsah tohoto trojúhelníku: S = b \cdot a/2 \over 2 = \sqrt{3}\over8 a^{2}. Obsah pod spuštěnou závorou je a \cdot c, pod zvednutou S + a\over2 \cdot c. Víme, že tyto obsahy se rovnají $a \cdot c = S + a\over2 \cdot c \Rightarrow S = a\over2 \cdot c = \sqrt{3}\over8 a}{2} \Rightarrow c = \sqrt{3}\over4 a$. Výška konce závory nad zemí je tedy b+c = 3\sqrt{3}\over4 a = 3\sqrt{3}\over2 sáhů.

Komentář: Většina řešení byla správně. Několik z vás se dobralo pouze částečného výsledku a tvrdilo, že dál už to spočítat nejde - nevyužili totiž všechny informace ze zadání. Nejvíce se mi líbila řešení Petra Houšťka a Tomáše Čechala (podle Petra je napsáno autorské řešení).

Opravovali: Markytka Matoušková (1), Olga Janouchová (2), Davídek Opěla (3), Renata Sikorová (4), Petr Chocki Kačenka (5), Viťas Strádal (6), Petr Rišo Kolovrat (7), Eva Špačková (8).