Úloha č. 1
Patníky jsou rozmístěny každých 16 sáhů. Počet 16-ti sáhových úseků Magistrály určíme vydělením:
16386:16=1023, (zb. 15)
Na Magistrále je 1023 šestnáctisáhových úseků a jeden patnáctisáhový. Uvažujeme-li patník i na začátku Magistrály, je jich celkem 1024 (1 na začátku a zbylé na konci každého 16-ti sáhového úseku).
Objem jednoho patníku je V_{P}=a^{3}=0,5^{3} sáhů krychlových.
Objem všech patníků dohromady V_{C} = 1024 \cdot 0,5^{3} sáhů krychlových.
Objem adélky je V_{A} = 4\over3 \pi r^{3} = 4\over3 \pi \cdot 0,05^{3} sáhů krychlových.
Počet adélek, které jsme museli přetavit, získáme vydělením:
$P = V_{C} \over V_{A} = 1024 \cdot 0,5{3} \over 4\over3 \pi 0,05{3} \doteq 244 461,9$
Počet adélek musí být celé číslo. „Zaokrouhlit“ musíme nahoru, protože i ta poslední adélka musela být použita, byť ne celá. K výstavbě patníků bylo tedy potřeba 244462 adélek.
Jestliže neuvažujeme patník i na začátku Magistrály, je jejich celkový počet 1023 a počet adélek v tomto případě bude
$P = V_{C} \over V_{A} = 1023 \cdot 0,5{3} \over 4\over3 \pi 0,05{3} \doteq 244 223,3$
Na výstavbu patníků by bylo potřeba 244 224 adélek.
Komentář: I při správném postupu se vaše výsledky dost různily. Bylo to dané přesností, s jakou jste zaokrouhlovali, popř. dosazovali číslo \pi. Jestliže počítáme s nepřesnými hodnotami, je nutné je zaokrouhlovat s ohledem na to, jakou požadujeme přesnost výsledku.
Body jsem strhávala za chyby v postupu, ne za tyto nepřesnosti.
Úloha č. 2
Za tuto úlohu se musíme řešitelům z 6. a 7. tříd omluvit, neboť sami se pouze domníváme, že krychli na 24 ani 30 menších krychliček rozdělit nejde, avšak neumíme to dokázat. Davídek slibuje, že na táboře bude tato úloha (spolu s dalšími „problémovými“ úlohami) podrobně rozebrána. Na co se dalo přijít? Pokud by krychle měla být rozdělena na stejně velké krychličky, pak to jde jen tehdy, je-li počet těchto krychliček vyjádřen jako třetí mocnina přirozeného čísla (8, 27, 64). Stejné krychličky však nebyly podmínkou zadání, a tak mnohé z vás správně napadlo některou menší krychli dále dělit. A to na 8 menších respektive 27 menších (větší čísla už pro řešení úlohy neměla smysl), takže získali rozdělení krychle na 15, 22, 29 ..., respektive 34... krychliček. Pokud bychom uvážili, že krychličky můžeme i spojovat (např. z 27 jich nechat 19 malých a 8 spojit), dostaneme ještě další možná rozdělení.
Úloha č. 3
Naším úkolem je najít nejkratší cestu od východu z mraveniště k začátku mravenčí stezky. Protože úloha není jednoznačně zadaná, je třeba diskutovat.
1) V případě, že se mravenci mohou prokousat skrz patník (proč by nemohli, když si v patníku udělali mraveniště), je řešením úsečka spojující tyto dva body. Její délku spočteme pomocí Pythagorovy věty z pravoúhlého trojúhelníka o odvěsnách 1\over4 sáhu a 1\over2 sáhu. Délka cesty je \sqrt{5}\over4 sáhu (\doteq 0,56 sáhu)
2) V případě, že se mravenci mohou pohybovat pouze po povrchu krychle, rozložíme krychli (patník) do sítě a nalezneme 2 řešení.
a) Mravenci půjdou z mraveniště směrem dolů (1\over4 sáhu) a pak si podkopou cestu pod patníkem (1\over2 sáhu), celkem 3\over4 sáhu.
b) Nejvíce pravděpodobné je, že projdou našikmo přes přední, pak boční a nakonec zadní stěnou, zvlášť proto, že jejich cesta je nejméně náročná a dá se pozorovat. Její délka je opět přeponou v pravoúhlém trojúhelníku o odvěsnách 1\over4 sáhu a 1 sáh, tedy \sqrt{17}\over4 sáhu.
Úloha č. 4
Z 21 čísel po sobě jdoucích je alespoň 10 dělitelných dvěma. Čísel dělitelných třemi je 7, ale nedělitelná dvěma jsou aspoň 3. Pěti jsou dělitelná aspoň čtyři čísla, z toho aspoň dvě jsou sudá a aspoň dvě končí na cifru 5. Rozdíl dvou takových čísel (mezi 21 čísly) je deset, tedy obě nemohou být dělitelná třemi (a dělitelná dvěma rozhodně nejsou - končí na 5). Tedy aspoň 1 další je číslo složené.
Dohromady aspoň 10+3+1=14 čísel je složených. Maximální počet prvočísel je tedy 21-14=7 prvočísel.
Poznámka: číslo je v češtině rodu středního, vzor město. „Mezi čísly“ je sedmý pád a tedy po l tvrdé y.
Úloha č. 5
Gil mohl při svém brnkání
a) nevynechat žádnou strunu
b) vynechat jednu strunu
c) vynechat dvě struny
d) vynechat tři struny
Více strun Gil vynechat nemohl, neboť by určitě vynechal dvě nebo více po sobě následujících strun. Rozebereme jednotlivé případy:
a) má jen jednu možnost - zahraje na všechny struny
b) má šest možností - každou ze šesti strun může jednou přeskočit
c) má deset možností:
| 1. struna | x | x | x | x | zah. | zah. | zah. | zah. | zah. | zah. |
| 2. struna | zah. | zah. | zah. | zah. | x | x | x | zah. | zah. | zah. |
| 3. struna | x | zah. | zah. | zah. | zah. | zah. | zah. | x | x | zah. |
| 4. struna | zah. | x | zah. | zah. | x | zah. | zah. | zah. | zah. | x |
| 5. struna | zah. | zah. | x | zah. | zah. | x | zah. | x | zah. | zah. |
| 6. struna | zah. | zah. | zah. | x | zah. | zah. | x | zah. | x | x |
d) má čtyři možnosti:
| 1. struna | zahraje | X | X | X |
| 2. struna | X | zahraje | zahraje | zahraje |
| 3. struna | zahraje | X | X | zahraje |
| 4. struna | X | zahraje | zahraje | X |
| 5. struna | zahraje | X | zahraje | zahraje |
| 6. struna | X | zahraje | X | X |
Celkem tedy Gil může zahrát 1+6+10+4=21 různých brnků.
Komentář: Úloha to byla celkem jednoduchá, mohli jste si sami vyzkoušet. Proto jsem ji hodnotila poměrně přísně - kdo odhalil 20 různých brnků, dostal 4 body, kdo 19 či 18, dostal 3 body. Většinou jste zapomínali na to, že může zahrát na všechny struny bez přeskočení a také vám činilo problémy, kolik je vlastně brnků při vynechání tří strun.
Poznámka: Jen pro úplnost - struny na dnešní šestistrunné kytaře nejsou C,D,E,F,G,H, ale E,A,D,G,H,E.
Úloha č. 6
Je zřejmé, že nejefektivnější je postupovat půlením řady kódů, které jsme ještě nevyloučili. Ale pokud půlíme 1000, 500, 250, 125, 62.5 ..., brzy se dostaneme mimo celá čísla. Pak musíme zaokrouhlovat a tím se postup komplikuje a nesnadno vysvětluje. Elegantnější řešení vychází z úvahy, že 2^{10}=1024 a budeme tedy postupovat po mocninách dvou, a to následovně:
1.krok: zadáme 2^{9}=512
- ozve se „málo“ \rightarrow přičteme nejblíže nižší mocninu, tj. 2^{8}
2.krok: zadáme 2^{9}+2^{8}
- ozve se „moc“ \rightarrow odečteme nejblíže nižší mocninu, tj. 2^{8}
2.krok: zadáme 2^{9}-2^{8}=2^{8}
Dále postupujeme obdobně.
Důkaz:
1.krok: zadáme 2^{9}=512, pokud se zámek neodemkne, zůstalo nám méně než 2^{9} možností
2.krok: zůstane méně než 2^{8} možností
\vdots_bbackslash()
9.krok: zůstane méně než 2^{1}=2 možnosti, tedy jedna možnost
10.krok: doplníme s jistotou jediný možný kód (pokud už jsme ho neuhodli v předchozích krocích)
Problém může způsobit kód 000, k němuž se touto úvahou nemůžeme dostat.
Východisko:
- buď nějak „přemluvíme“ zámek, aby 000 považoval za 1000, pak uvedený postup platí bezezbytku
- nebo se spokojíme s tím, že kód 000 je nejmenší ze všech, potom opravíme náš postup tím, že budeme zadávat číslo vždy o 1 menší, než jsme spočítali.
Komentář: „Trojciferný kód“ znamená 000 až 999. Někteří z vás uvažovali pouze trojciferná čísla, tedy 100--999. Zásadní vliv na řešení to nemělo, proto jsem přimhouřila oči. Přehlížela jsem i zaokrouhlování (v tomhle byla úloha těžká). Body jsem přidělovala hlavně za vysvětlení obecného postupu i s důkazem. Ukázat, že úloha je řešitelná pro jedno číslo, není důkaz !
Úloha č. 7
Nejprve si uvědomíme, že nezávisí na pořadí vykonávaných úkonů (za podmínky, že dáme pozor na to, aby zámek nebyl zamčen na záporný počet východů nebo západů), takže můžeme nejprve provést všechna zamykání a pak všechna odemykání, navíc je zbytečné jedním klíčem zamykat a pak tím stejným odemykat. Úloha tedy má řešení, právě pokud se nám podaří najít celá čísla č,z,m, která by vyjadřovala počty odemykání (kladné hodnoty) nebo zamykání (záporné) červeným, zeleným a modrým klíčem, tedy taková, že 6-5č-3z-m=0 (na konci nezůstanou žádné západy) a 6-3č-7z-4m=0 (východy). Z první rovnice si vyjádříme m=6-5č-3z a dosadíme do druhé: 6-3č-7z+4(-6+5č+3z)=0, tedy 17č+5z=18. Taková rovnice se dá řešit více způsoby. Hledejme například násobek sedmnácti, který když se přičte k osmnáctce dá násobek pětky; tuto podmínku splňuje už samotná sedmnáctka: 1\cdot17+18=35=5\cdot7, tedy 17\cdot(-1) + 5\cdot7=18, tedy č=-1, z=7 a dopočítáme ještě m=6-5č-3z=6+5-21=-10. Jeden z možných postupů, vedoucích k odemčení zámku, je tedy zamknout červeným klíčem, pak desetkrát zamknout modrým a nakonec sedmkrát odemknout zeleným. Na zámku pak bude skutečně 6 + 1\cdot5 + 10\cdot1 - 7\cdot3 = 0 západů a $6 + 1\cdot3 + 10\cdot4 - 7\cdot7 =0$ východů.
Úloha č. 8
Dokážeme, že zhasnout všechny diody nelze. Dokonce nelze dosáhnout takového počtu rozsvícených diod, který je dělitelný třemi (tj. $0, 3, 6, 9, 12, 15$). Pokud bychom totiž po několika zmáčknutích dosáhli toho, že počet rozsvícených diod je dělitelný třemi, pak se nám někdy muselo stát, že zmáčknutím jediného tlačítka se počet změnil z nedělitelného na dělitelné. To však není možné, neboť zmáčknutím „bezšest“ se počet sníží o šest, což je násobek trojky, tedy zbytek po dělení třemi se nemění. Pokud zmáčkneme „naopak,“ počet nově rozsvícených diod bude patnáct mínus původní počet, tedy opět se nedělitelnost třemi zachová (protože patnáct je dělitelné třemi). Tlačítko „dvakrát“ nám také nepomůže, protože tím získáme jen sudá čísla. Pokud by získané číslo mělo být dělitelné třemi, bude dokonce dělitelné šesti. Pak jeho polovina, bude také dělitelná třemi a tedy předchozí číslo bylo také dělitelné třemi.
Dva body jsem dával za to, když jste bez zdůvodnění napsali, kterých čísel lze dosáhnout a kterých ne. Občas jste pouze zjistili, že z násobků tří nulu získáte, což ovšem nic nedokazuje. Neplyne z toho totiž, proč by nuly nešlo dosáhnout jinak.
Opravovali: Jarmilka Večeřová (1), Jarmilka Večeřová a Olinka Janouchová (2), Renča Sikorová (3), Petr Rišo Kolovrat (4), Olinka Janouchová (5), Markytka Matoušková (6), Petr Xof Škovroň (7), Davídek Opěla (8).
