Řešení 2. série 15.ročníku

Úloha č. 1

Naším úkolem je najít největší počet střepů (menší než 100), ze kterých lze sestavit čtverec i trojúhelník. Uspořádání střepů do čtverce je jednoduché: čtverec o straně n obsahuje n^{2} střepů. Trojúhelník, který má k řádků, v sobě zahrnuje následující počet střepů: 1+2+3+...+k=k(k+1)/2. Nyní si sestavíme tabulku možných počtů střepů pro čtverec a trojúhelník a jejich srovnáním najdeme největší možný počet střepů (menší než 100), který odpovídá oběma uspořádáním.

Vyhovují pouze čísla 1 a 36, z toho 36 je větší.

Největším počtem střepů, které je možno sestavit do čtverce i do trojúhelníku, je tedy 36.

Úloha č. 2

Čtyřstěn ABCD v úloze je vlastně trojboký jehlan, který má jako podstavu rovnostranný trojúhelník ABC a stěny tvoří rovnoramenné trojúhelníky. Mají-li být úsečky AX, BX a CX kolmé na DX, pak jsou trojúhelníky AXD, BXD a CXD pravoúhlé s pravým úhlem u vrcholu X. Protože |AD|=|BD|=|CD| jsou navíc tyto trojúhelníky shodné a platí tedy |AX|=|BX|=|CX|. Bod X v trojúhelníku ABC je tedy střed kružnice opsané, což je zároveň těžiště, průsečík výšek a střed kružnice vepsané trojúhelníku ABC (jedná se o rovnostranný trojúhelník). Jeho konstrukce už není těžká.

Komentář: Většina z vás správně určila, že bod X leží uprostřed trojúhelníku ABC. Body jsem uděloval podle toho, jak jste své tvrzení dokázali zdůvodnit.

Úloha č. 3

Nejprve si uvědomíme, že počet tahů se dá zjistit přímo z koncové pozice. Každý tah totiž zvyšuje o jedničku číslo řady (viz obrázky), na které je daná figurka. Tudíž každým tahem se o jedničku zvýší součet čísel řad, na kterých figurky stojí. Počet tahů tedy získáme odečtením součtu čísel řad v závěrečné a původní pozici. Budeme se tedy snažit maximalizovat (resp. minimalizovat) tento součet v koncové pozici, neboť původní pozice je pevně dána a součet čísel řad v ní je 4\cdot1 + 4\cdot2 = 12.

Každá figurka kromě takové, která stojí na jednom z krajních sloupců, má dvě pole, na která může táhnout a která tedy musí být v koncové pozici blokována. Jeden kámen může blokovat cestu i dvěma figurkám, avšak pouze jsou-li vedle sebe. Takže k zablokování k kamenů potřebujeme na další řadě alespoň 2k (každý kámen dvě možnosti) -1 (pokud je jeden kámen na krajním sloupci) -(k-1) (jedničku můžeme odečíst za každou dvojici, která je vedle sebe, a těch je nejvýše o 1 míň než kamenů) =k. Ale aby nastal tento minimální případ, musí být všechny kameny vedle sebe a jeden z nich na kraji. Ale takové kameny mohou v další řadě blokovat už jen k-1 figurek (pokud k<4), neboť ty už nebudou od kraje (viz sedmá, šestá a pátá řada na obrázku 2). Tedy na bližší řadě může být nejvýš tolik kamenů jako v následující, ale pak v ještě bližší musí být o jedničku méně.

Tedy na poslední řadě musí být alespoň tři figurky (kdyby byly jen dvě, pak máme maximálně 2,2,1,1 -- celkem 6 blokovaných figurek, podle tvrzení minulého odstavce). V předposlední řadě musí být figurky aspoň dvě (jediná by znamenala maximálně 4,1,1 -- šest blokovaných figurek).

Abychom maximalizovali součet čísel řad, beze zbytku naplníme řady s nejvyššími čísly -- tedy sedmou a osmou. Pak je tento součet $4\cdot8 + 4\cdot7 = 60. Maximální počet tahů je tedy 60-12=48$ (koncová pozice viz obrázek 1).

Minimalizace součtu řad nelze dosáhnout podobně jednoduchou úvahou. Probereme tedy jednotlivé možnosti:

Jsou-li na poslední řadě 4 figurky, jsou možnosti 4,4; 4,3,1; 4,2,2 4,2,1,1, neboť na předposlední musí být alespoň dvě figurky.

Jsou-li na poslední řadě 3 figurky, jsou možnosti 3,3,2; 3,3,1,1; 3,2,2,1.

Všimněme si, že jsme opravdu žádnou možnost nevynechali (postupně jsme dávali do největších řad největší počty a pak je snižovali) využívajíce poznatků předchozích odstavců. Nejmenší součet 55 dává možnost 3,2,2,1, což odpovídá 55-12=43 tahům.

Nakonec je třeba najít pozici, která těmto počtům odpovídá (viz obrázek 2), a ověřit, že do obou koncových pozic se skutěčně dá ze základního postavení dotáhnout (to si zkuste sami).

Komentář: Za objevení každé z hraničních koncových pozic jsem dával po bodu a za zdůvodnění její maximality (resp. minimality) vždy bod. Poslední bod byl za ověření faktu, že těchto pozic lze dosáhnout. Pokud to takto nešlo rozlišit, bodoval jsem přiměřeně.

Nejčastější chybou bylo, že jste maximalitu či minimalitu počtu tahů nezdůvodnili. Mnozí z vás také předpokládali, že figurky mohou skákat (což ovšem neodpovídá pravidlům dámy).

Úloha č. 4

Nejmenší možný počet řezů, kterými od sebe oddělíme všechny buchtičky je šest, ať je přesouvání vzniklých dílů povolené či nikoliv. K tomu je třeba ukázat jednak, že šest řezů stačí a dále že pět je málo (na což hodně z vás zapomnělo, za to jsem strhával dva body).

Vedeme-li dva řezy v každém ze tří směrů (tj. rovnoběžných pokaždé s jednou dvojicí stěn velké buchty) v jedné a dvou třetinách šířky buchty, buchtičky rozdělíme a použijeme skutečně šest řezů.

Nyní se podívejme na prostřední buchtičku. Ta sousedí s dalšími šesti buchtičkami. Každým řezem od ní oddělíme nejvýše jednu z těchto šesti buchtiček, protože řez musí být přímý. Abychom oddělili všech šest, je tedy třeba použít aspoň šest řezů.

Úloha č. 5

Máme zjistit, zda $(63 \cdot 62 \cdot 61 \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 - 61 \cdot 60 \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1) : 71$ je celé číslo. Výraz můžeme upravit takto:

což je celé číslo.

Komentář: Úloha byla poměrně snadná. Stačilo si uvědomit, že vytknout se má součin 61 \cdot 60 \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1, a pak to správně udělat.

Úloha č. 6

Z knihy byly vytrhané listy, jejichž pořadové číslo bylo součinem několika stejných přirozených čísel, tedy bylo nějakou mocninou přirozeného čísla. Druhých mocnin přirozeného čísla, které jsou menší než 1000, je celkem 31, protože 32 \times 32 > 1000. Máme tak 31 vytrhaných listů. Třetích mocnin (tj. součinů tří stejných přirozených čísel) menších nebo rovných 1000 je 10, ale třetí mocniny 1, 4 a 9 jsme již započítali u druhých mocnin. Takže máme dalších 7 vytržených listů. Mocniny jedničky jsou rovny jedné, proto dále nebudeme jedničku uvažovat. Čtvrté mocniny jsou již obsaženy v druhých mocninách. U patých mocnin získáme už jenom 2 nové listy 2^{5} a 3^{5}, protože další paté mocniny jsou větší než 1000. Šesté mocniny jsou obsaženy ve druhých i ve třetích mocninách. Stejně tak nemusíme počítat s osmými a devátými mocninami, protože 8 ani 9 nejsou prvočísla. Vyšší mocniny 2 už přesáhnou 1000 (2^{10}=1024>1000). Poslední vytržený list, který jsme ještě nezapočítali je 2^{7}. Další sedmé mocniny už jsou větší než 1000. Celkem tedy chybělo 31+7+2+1=41 listů, což je 82 stránek.

Komentář: Většina řešitelů měla správné řešení a získala plný počet bodů. Nejčastějšími chybami byly započítání některých stejných listů dvakrát či zapomenutí na listy 1 nebo 1000.

Úloha č. 7

Febtar se má pohybovat po odvěsnách pravoúhlého trojúhelníku. Označme si proto délku odvěsny jako a, délku přepony tohoto trojúhelníku jako c, rychlost febtaru pohybujícího se po odvěsnách jako v_{f} a rychlost vlny (ta se šíří po přeponě) jako v_{v}. Známou veličinou je v_{v}=7 cm/s, hledanou veličinou je v_{f}. Velikost přepony se dá vyjádřit pomocí a (z Pythagorovy věty), a to c = \sqrt{2} a.

Aby se vlny setkaly ve dvou třetinách přepony, musí být vlna vzniklá posledním odrazem febtaru od dužiny před nárazem do Determinantu v jedné třetině přepony, právě když febtar dopadá do dužiny po odrazu. Je to proto, že vlnám, které se mají setkat, pak zbývá k uražení stejná vzdálenost. Čas, za který se vlna dostane do jedné třetiny přepony, je roven:

a čas letu febtaru je:

Jak jsme již řekli, musí být t_{1}=t_{2}, z toho dostáváme

tedy v_{f} = 3 \sqrt{2} v_{v} \doteq 30 cm/s.

Žabku je třeba hodit rychlostí přibližně 30 cm/s.

Úloha č. 8

(upravené podle Barbory Scholleové):

Budeme se věnovat důkazu pro konvexní čtyřúhelník. V případě nekonvexního je vše ještě jednodušší, jelikož nekonvexní čtyřúhelník má pouze jednu úhlopříčku.

Podle trojúhelníkové nerovnosti je součet dvou stran trojúhelníku větší než strana třetí. Uhlopříčka a dvě strany čtyřúhelníka vždy tvoří trojúhelník. V každém takovém trojúhelníku platí:

Po sečtení všech nerovností získáme nerovnost:

a po úpravě:

Odpověď: V každém trojúhelníku platí, že součet stran je větší než součet délek jeho úhlopříček.

Jiné řešení (toto řešení je zde zařazeno kvůli své netradičnosti a eleganci ... podle Petra Houšťka):

Označme u delší úhlopříčku obecného čtyřúhelníka. Z trojúhelníkové nerovnosti pak plyne a + b > u a c + d > u (pozor zde je drobná nepřesnost !!). Sečteme-li tyto dvě nerovnosti, dostáváme $a+b+c+d = o > 2u$ tedy, že obvod je větší dvojnásobku délky delší z uhlopříček, tedy i než součet délek obou úhlopříček.

Komentář: Řešení, která byla získána na základě měření konkrétních délek nebo vypočítána z konkrétních délek, byla ohodnocena převážně jedním bodem. Řešení, která využívala trojúhelníkovou nerovnost, byla ohodnocena alespoň 2 body. Obecné doporučení pro všechny řešitele je, aby více rozepisovali své myšlenky ... čím více se toho napíše, tím lépe.

Úlohy druhé série opravovali: 1. Renata Sikorová, 2. Zbyněk Pawlas, 3. David Opěla, 4. Petr Škovroň, 5. Jan Foniok, 6. Zbyněk Pawlas, 7. Renata Sikorová, 8. Petr Kačenka.