Řešení 3. série 16.ročníku

Úloha č. 1

Musíme si všimnout jedné důležité věci: 4 bojovníci, kteří mají všechny 3 vlastnosti, jsou zároveň sveřepí; odhodlaní; nelítostní; sveřepí a odhodlaní; odhodlaní a nelítostní; nelítostní a sveřepí a též sveřepí, nelítostní a odhodlaní. Proto pouze sveřepých a odhodlaných je 6-2=4, pouze sveřepých a nelítostných 11-4=7 a pouze nelítostných a odhodlaných 54-4=50. Můžeme si pro přehlednost nakreslit obrázek:

Počet pouze sveřepých bojovníků dostaneme tak, že od celkového počtu sveřepých odečteme ty bojovníky, kteří mají navíc ještě další vlastnost: 21-4-7-2=8. Stejným způsobem zjistíme, že pouze odhodlaných je 6 a pouze nelítostných 13. Celkový počet s uvedenými vlastnostmi je podle obrázku 90. Proto je bojovníků, kteří nemají žádnou vlastnost 100-90=10.

Úloha č. 2

Nejprve upřesněme, co přesně „tah“ znamená. Tahem rozumíme kreslení souvislé čáry, která nikde neprochází kus dráhy dvakrát (nevylučujeme křížení v jednom bodě) ani se nevrací zpět po stejné cestě. Navíc mluvíme-li o různých tazích, požadujeme i od nich navzájem neprocházení po svých drahách.

Představme si, že na začátku je obrázek nakreslený červeně a čáry, které kreslíme, průběžně začerňujeme. Budou nás zajímat zejména místa na obrázku obálky, kde se více čar stýká v jednom bodě (každé vycházející čáře budeme říkat cesta). Co se bude s takovým průsečíkem dít v průběhu začerňování? Každý průchod tahu bodem projde, začerní dvě cesty -- tu, kterou přijde, a tu, kterou vyjde ven. Výjimkou je začátek a konec kreslení tahu, v tom případě začerníme jen jednu cestu.

Na obrázku máme šest bodů označených kroužkem, ze kterých vychází lichý počet cest. V takovém bodě tah musí začít nebo skončit, protože jeden průchod bodem začerní dvě čáry; kdyby v něm tah nikdy nezačínal ani nekončil, tak začerníme sudý počet cest a nakonec aspoň jedna zůstane červená.

Máme tedy šest míst, kde tah začíná nebo končí, každý tah má jeden začátek a jeden konec, takže potřebujeme minimálně tři tahy. A skutečně, třemi tahy se obálka dá nakreslit.

Pokud umíme obálku nakreslit n tahy, můžeme nějaký tah uprostřed přerušit a druhou půlku prohlásit za jiný tah, pro zvýšení důvěryhodnosti ji můžeme nakreslit v opačném směru, takhle zvětšíme počet tahů o jeden a máme nakreslení obrázku n+1 tahy. Proto je zajímavý hlavně minimální počet tahů, kterými se obálka dá nakreslit.

Komentář: S některými řešiteli jsme se rozešli už při představě tahu. Pokud jste uvedli, co „tah“ znamená pro vás, a rozumně jste zdůvodnili, jaký počet tahů k nakreslení obálky potřebujeme, o body jste nepřišli. Hodně řešitelů se spokojilo s tím, že našlo způsob, jak obálku na tři tahy nakreslit, ale už se nezabývali zdůvodněním, proč menší počet tahů nestačí. Ti přišli o tři body.

Úloha č. 3

Spočítejme nejprve počet počitadel s 5 úrovněmi. Na každé úrovni je 3, 4 nebo 5 kuliček, to znamená 3 různé možné počty. Počty možností v každé úrovni mezi sebou vynásobíme a dostaneme celkový počet počitadel $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3{5} = 243$. Podobně spočítáme počet počitadel se 6 úrovněmi jako $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3{6} = 729. Všech různých počitadel s 5 nebo 6 úrovněmi je pak 243+729=972$.

Komentář: Někteří řešitelé se snažili spočítat počitadla vypsáním všech možností, jak budou vypadat. Tato řešení, i pokud vedla ke správnému výsledku, jsem bodově hodnotil jako horší než řešení výpočtem. Jsou totiž velmi pracná a nedovedu si představit, jak by vypadala, kdyby úrovní nebylo 6, ale třeba 50.

Několik z vás přišlo na vylepšení popsaného postupu: Předpokládáme, že počet úrovní je vždy 6 a počet možností je 3 pro prvních 5 úrovní a 4 pro šestou úroveň (0 -- úroveň na počitadle vůbec není -- nebo 3, 4, 5 kuliček). Počet počitadel pak spočítáme: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 4 = 3{5} \cdot 4 = 972$.

Úloha č. 4

Čísla p-1, p a p+1 jsou 3 po sobě jdoucí čísla, proto jedno z nich bude určitě dělitelné třemi. Číslo p je liché, z toho plyne, že p-1 i p+1 jsou sudá. Jsou to dvě po sobě jdoucí sudá čísla a tak je jedno z nich dělitelné čtyřmi a druhé je dělitelné dvěma. Protože 24=2\cdot3\cdot4, je součin (p-1) \cdot p \cdot (p+1) dělitelný 24.

Komentář: Plný počet bodů jsem dávala za zdůvodnění dělitelnosti všech 4 činitelů z prvočíselného rozkladu 24=2\cdot2\cdot2\cdot3. Za každé nedostatečné nebo nešikovné zdůvodnění jednoho činitele byl bod dolů. Další strhávání bylo podle individuálních kvalit jednotlivých řešení.

Obecnější postup, i když se do něj třeba zamotáte, je lepší než dosazování konkrétních čísel za p. Je-li číslo dělitelné některým z dělitelů čísla 24, neznamená to ještě, že je dělitelné číslem 24. Další chybou bylo, že jste za prvočíslo považovali i jedničku.

Úloha č. 5

Na začátek příkladu jedna malá omluva. Obrázek srdíčka byl poněkud neurčitý. Nebylo jasné, kde přesně přechází oblá část v rovnou. Ve vašich řešeních se vyskytly v podstatě dva přístupy. První a častější z nich odpovídá následujícímu vzorovému řešení a také původně zamýšlené úloze. Druhý úlohu podstatně zjednodušil -- šlo o to, že jste uvažovali, že oblouk přechází v úsečku přesně v úrovni středů obou kružnic. Srdce se pak skládalo z trojúhelníka a dvou půlkruhů.

Nejprve „definujeme“ srdíčko. Je ohraničeno dvěma shodnými kružnicemi o poloměru 0,15 op dotýkajícími se v bodě T, které pak přecházejí v úsečky T_{1}V (resp. T_{2}V), které jsou tečnami v příslušných bodech. Výška celého srdce je 0,55 op a je kolmá na spojnici středů obou kružnic, díky čemuž je TV osa souměrnosti celého srdíčka.

Nyní provedeme několik pomocných výpočtů. Délka úsečky TV je rovna výšce srdíčka zmenšené o poloměr kružnic. Tedy |TV|=0,55-0,15=0,4 op. Díky faktu, že tečna je vždy kolná na poloměr vedoucí do bodu jejího dotyku, platí: |\measuredangle VTS_{1}| = |\measuredangle VT_{1}S_{1}| = |\measuredangle VTS_{2}| = |\measuredangle VT_{2}S_{2}| = 90\deg. Nyní si uvědomíme, že všechny čtyři trojúhelníky \triangle VT_{1}S_{1}, \triangle VTS_{1}, \triangle VTS_{2}, \triangle VT_{2}S_{2} jsou shodné. Vskutku, první dva mají společnou přeponu a shodnou délku kratší z odvěsen -- poloměr kružnice a oba jsou pravoúhlé. Proto jsou shodné podle věty Ssu. Stejný argument platí i pro poslední dvojici trojúhelníků. Prostřední dva jsou shodné, protože mají společnou odvěsnu, druhé odvěsny mají stejnou délku (poloměr) a též jsou pravoúhlé, a tak jsou shodné podle věty sus. Obsah každého z nich pak podle vzorečku pro obsah trojúhelníka je polovina součinu délek odvěsen, tedy

S_{\triangle} = 0,15 \cdot 0,4 \over 2 = 0,03 op^{2}.

Abychom spočítali další část obsahu, je potřeba znát velikost úhlu \beta. Zřejmě platí \beta = 360\deg - 2\alpha. Pro úhel \alpha pak z trojúhelníka S_{1}TV platí:

\tg \alpha = |TV| \over |S_{1}T| = 0,4 \over 0,15 = 8 \over 3 \Longrightarrow \alpha = \arctg 8\over3 \doteq 69\deg 27'
\Longrightarrow \beta \doteq 221\deg 6'.

Podle vzorce (který lze najít například v matematicko-fyzikálních tabulkách, či odvodit přímou úměrou ze vzorce pro obsah kruhu) pak můžeme dopočítat obsah kruhové výseče S_{1}T_{1}T:

S_{\circ} = \pi |ST|^{2} \beta \over 360 \doteq 3,14146 \cdot 0,15^{2} \cdot 221,11 \over 360 \doteq 0,0434 op^{2}.

Celkový obsah pak je zřejmě

S = 4S_{\triangle} + 2S_{\circ} \doteq 4 \cdot 0,03 + 2 \cdot 0,0434 = 0,2068 op^{2}.

Komentář: Největším problémem pro vás bylo určit středový úhel výseče -- mnozí jej pouze změřili, což je však metoda nepřesná.

Úloha č. 6

Střed kružnice vepsané trojúhelníku leží v průsečíku os jeho vnitřních úhlů. Paty kolmic spuštěných z tohoto středu na strany \triangle ABC označme X,Y,Z, poloměr vepsané kružnice pak \varrho.

Přímka AS je osou úhlu CAB, to znamená, že $|\angle CAS|=|\angle BAS|. Proto pravoúhlé trojúhelníky SYA a SZA$ mají stejné velikosti vnitřních úhlů, a protože mají navíc shodnou jednu stranu, jsou podle věty usu shodné: \triangle SYA \cong \triangle SZA. Stejným způsobem lze odvodit i následující dvě shodnosti: \triangle SZB \cong \triangle SXB a \triangle SXC \cong \triangle SYC.

Střed a poloměr kružnice opsané pravoúhlému trojúhelníku můžeme najít například tak, že trojúhelník doplníme na obdélník. Střed opsané kružnice S' pak leží v průsečíku úhlopříček obdélníku, tedy přesně v polovině strany AB. To znamená, že poloměr kružnice opsané je r=|AB|\over2.

Můžeme se pustit do počítání: Čtyřúhelník CYSX je čtverec o straně délky \varrho (má všechny úhly pravé a |SY|=|SX|=\varrho je poloměr kružnice vepsané). Polovina součtu délek odvěsen je rovna

\eqalign{ (|CA|+|CB|) \over 2 &= [(|CY| + |YA|) + (|CX| + |XB|)] \over 2 = \cr &= [(\varrho + |ZA|) + (\varrho + |ZB|)] \over 2 = \cr &= (2 \cdot \varrho + |AB|) \over 2 = \cr &= (2 \cdot \varrho + 2 \cdot r) \over 2 = \varrho + r,}

protože |YA|=|ZA| (\triangle SYA \cong \triangle SZA), |XB|=|ZB| (\triangle SZB \cong \triangle SXB) a |AB|=|ZA|+|ZB|.

Tím jsme dokázali, co pan Euklides.

Komentář: Kupodivu někteří došli k závěru, že pravoúhlému trojúhelníku nelze opsat ani vepsat kružnici. Každému trojúhelníku lze opsat kružnici. Ještě více kupodivu to byli právě studenti Gymnázia ve Frenštátě. Všichni tito, spolu s dalšími, kteří pouze konstatovali, že tvrzení platí, dostali nula bodů.

Mnozí z vás pouze danou rovnost graficky či početně ověřili na jednom konkrétním příkladu. Pozor -- to není důkaz, že rovnost platí! Toto bylo hodnoceno 1 bodem. Těm, kteří při dokazování použili vzorců na vyjádření délky r a \varrho, aniž by je zdůvodnili, byly strženy 1--2 body.

Mile mne nicméně překvapil počet zcela správných a pečlivě vypracovaných řešení.

Úloha č. 7

Abychom získali poslední nenulovou číslici čísla 146,!, vydělíme ho deseti tolikrát, kolikrát je deseti dělitelné (neboli kolika nulami končí). Poslední číslice takto vzniklého čísla tak bude nenulová a bude to naše hledaná číslice.

Jednotlivá čísla v součinu si rozdělíme do tří skupin podle jejich poslední cifry.

  • čísla končící 1, 3, 4, 6, 7, 8 a 9. Součin těchto čísel není dělitelný deseti a končí proto na nenulovou číslici. K jejímu určení nám stačí sledovat poslední cifry jednotlivých čísel. $1 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9$ končí osmičkou, čísla končící těmito číslicemi se v celém součinu vyskytují čtrnáctkrát, 8^{14} končí čtyřkou. Ještě musíme připočítat poslední cifry z čísel 141, 143, 144 a 146. Jejich součin končí dvojkou. Celkem tak dostáváme poslední číslici 2\cdot4=8.
  • čísla končící 0. Po vydělení jednotlivých čísel desíti případně stem nám zbývá součin 1 \cdots 9 \cdot 1 \cdot 11 \cdots 14, což po ještě jednom vydělení 10=2 \cdot 5 dává $3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13 \cdot 14$. Toto číslo již není dělitelné desíti a končí dvojkou.
  • čísla končící 2 nebo 5. Vydělení desíti je totéž jako vydělení dvěma a pěti. Každé číslo končící pěti vydělíme pětkou a každé číslo končící dvěma zároveň vydělíme dvěma. Z čísel končících pěti nám tak zůstává 1, 3, 5, ..., 29 a z čísel končících dvěma zůstávají $1, 6, 11, ..., 71$. Abychom se zbavili všech násobků pěti musíme ještě pěti vydělit čísla 5, 15 a 25 z první skupiny a stejněkrát (tedy čtyřikrát, protože 25 je dělitelné pěti dvakrát) vydělit dvěma čísla z druhé skupiny (vydělíme tedy například 6, 26, 46 a 66), tím získáme čtyři čísla končící trojkou, jejich součin končí jedničkou. Součin zbylých čísel z druhé skupiny končí šestkou, neboť jednotliví činitelé končí jenom šestkou nebo jedničkou. Tím nám po vydělení čísla v druhé skupině dají dohromady šestku. V první skupině nám zbývají třikrát čísla končící 1, 3, 7, 9 a ještě jedna trojka (ta zbyla po vydělení 15). Celkem jejich součin tak bude končit sedmi. Dohromady tak získáme číslo končící dvěma (protože 6\cdot7=42).

Ze všech tří případů dohromady tak dostaneme číslo končící dvěma, protože 8\cdot2\cdot2=32. Poslední nenulová cifra součinu $146 \cdot 145 \cdots 2 \cdot 1$ je tak 2.

Komentář: Úloha byla poměrně obtížná. Pouze 9 řešitelů získalo plný počet bodů. Nejčastější chybou bylo tvrzení, že poslední nenulová cifra celého součinu závisí pouze na posledních číslicích jednotlivých činitelů. To ale nemusí být pravda. Platí to pouze v případě, kdy se v součinu nevyskytují násobky pěti. Toho jsme ve vzorovém řešení často využívali. Pokud si však vezmeme například součin 5\cdot4=20, tak ten má poslední nenulovou číslici 2, zatímco 25\cdot24=600 má poslední nenulovou číslici 6, tedy jinou. Poslední nenulovou číslici součinu tak ovlivňují i jiné než poslední číslice jednotlivých činitelů.

Opravovali: 1. Lenka Blažková, 2. Petr Škovroň, 3. Jan Foniok, 4. Lenka Burešová, 5. David Opěla, 6. Páťa Rexová, 7. Zbyněk Pawlas.