Řešení 4. série 16.ročníku

Úloha č. 1

Ohrada pouštní ještěrky má tvar čtverce, který si označíme ABCD. Dále označíme středy jednotlivých stran po řadě S_{1}, S_{2}, S_{3} a S_{4}. Můžeme předpokládat, že kůly jsou umístěny v bodech S_{1}, B a D. Opíšeme kolem nich kružnice o poloměru r. Průsečík čtvrtkružnice se středem v B a půlkružnice se středem v S_{1} bude K.

Plocha, kam se pouštní ještěrka neodváží, se skládá ze tří kruhových výsečí AS_{1}K, KBS_{2} a S_{3}DS_{4} a jednoho trojúhelníku S_{1}KB. Tento trojúhelník je rovnostranný, protože |S_{1}B|=|S_{1}K|=r a |BK|=|BS_{1}|=r. Tudíž |\angle AS_{1}K|=180\deg-60\deg=120\deg a |\angle KBS_{2}|=90\deg-60\deg=30\deg. Součet obsahů tří výsečí je stejný jako obsah jedné výseče se středovým úhlem 120\deg+30\deg+90\deg=240\deg a poloměrem r. Obsah rovnostranného trojúhelníku se stranou r je \sqrt{3}\over4 r^{2}. Teď už můžeme spočítat plochu, ve které žije ještěrka:

S=(2r)^{2} - \pi r^{2} 240\deg \over 360\deg - \sqrt{3}\over4 r^{2}= r^{2}(4 - 2\over3 \pi - \sqrt{3}\over4).

Po dosazení r=1 om dostáváme $S = (4 - 2\over3 \pi - \sqrt{3}\over4) \doteq 1,47 om^{2}$.

Komentář: Největší problémy vám dělalo uvědomit si, že \triangle S_{1}BK je rovnostranný, a zdůvodnit to. Pak už byla cesta k řešení snadná. Někteří počítali zdlouhavěji obsahy kruhových úsečí S_{1}K a BK. Budete-li počítat obecně a dosazovat až na konec, vaše řešení bude vypadat elegantněji, opravovatele určitě potěšíte a získáte tím i přesnější výsledek.

Za elegantní řešení s hodnotným komentářem jsem dávala plný počet bodů. Body jsem srážela za nedostačující popis řešení, chybějící obrázek nebo neobecný či špatný postup. Řešení, ve kterých jste obsah jedné plochy pouze přirovnali k obsahu jiné, jsem dávala maximálně dva body. Ještě méně bodů dostali ti, kteří špatně pochopili zadání úlohy.

Úloha č. 2

Upraveno dle Barbory Scholleové:

Čísla si označím a a b. Ze zadání vyplývá:

\eqalignno{ ab &= a + b \cr _NOALIGN(ekvivalentními úpravami:) - a - b + ab &= 0 \cr 1 - a - b + ab &= 1 \cr (a - 1) (b - 1) &= 1 \cr}

Protože a i b jsou celá čísla, tak i a-1 a b-1 jsou celá čísla. Pokud součin dvou celých čísel je 1, musí to být buď 1\cdot1, nebo (-1)\cdot(-1). (Jiné opravdu neexistují: žádný z činitelů nemůže být 0, a násobením celého čísla s větší absolutní hodnotou než 1 s celým nenulovým číslem získáme číslo s větší absolutní hodnotu než 1).

První řešení: a-1 = 1 a b-1 = 1, tedy a = b = 2.

Druhé řešení: a-1 = -1 a b-1 = -1, tedy a = b = 0.

Odpověď: Dvojice čísel, jejichž součin i součet je stejný, jsou 2, 2 a 0, 0. Žádné jiné řešení neexistuje.

Jiný způsob řešení byla úprava výchozí rovnice na tvar a = b\over(b-1) (b\neq1) a následná diskuse jejího řešení v oboru celých čísel. Pro b>2 vyjde a jako zlomek menší než 2 ale větší než 1. Podobně pro b<0 vyjde a jako zlomek menší než 1 ale větší než 0. Toto je v pořádku, ovšem zanedbali jsme možnost b=1, totiž to, že rovnici dělíme výrazem b-1, ještě neznamená, že b nemůže být 1. Proto tento případ musíme diskutovat zvlášť: Pokud by bylo b=1, muselo by a\cdot1 = a + 1, což není splněno pro žádné a.

Komentář: Pokud někdo uvedl pouze řešení bez jakéhokoli vysvětlení, získal 2 body. Kdo uvedl zdůvodnění, které v některých bodech nebylo pravdivé, dělil nulou či podobné prohřešky, má 3 body. Kdo získal čtyři body, měl povětšinou krásné řešení pokažené chybkou uvedenou v předchozím odstavci.

Binární operace neznamená, že čísla, se kterými operuje, jsou binární, ale že do operace vstupují dvě čísla. Operace, do kterých vstupuje jedno číslo, pak nazýváme unární (odmocnina, goniometrické funkce apod.).

Úloha č. 3

Návleků je 12 párů. Chceme-li mít jistotu, že jsme vytáhli alespoň jeden pár, musíme vytáhnout 13 návleků. Mohli bychom totiž nejdřív vytáhnout 12 návleků, každý z jiného páru, až ten třináctý vytažený bude určitě tvořit pár s některým z již dvanácti vytažených.

Nevíme-li zda návleky tvoří páry, musíme počítat s nejhorší variantou (tedy, že nenajdeme žádný pár). Zkusíme takovou možnost najít. Návleky mohou být rozmístěny například takto:

12 levých, velkých, zelených,

6 pravých, velkých, modrých,

2 pravé, malé, modré,

4 pravé, malé, zelené.

V takovém případě nikdy nesestavíme pár odpovídajících si návleků. Může se stát, že ani vytažení všech návleků Amadeovi nezaručí existenci jednobarevného páru stejné velikosti.

Komentář: Nejčastější chybou bylo nedotažené vysvětlení postupu. Za jednu správně vyřešenou část úlohy byly 2 body.

Úloha č. 4

Označme délky stran nerovnoramenného trojúhelníku ($\triangle ABC) a, b, c a rovnoramenného (\triangle ABC') r, r$, c. Výšku na stranu AB prvního z nich budeme značit v_{1} a druhého v_{2}; jejich paty V_{1}, resp. V_{2}. Pak podle Pythagorovy věty pro trojúhelník AV_{2}C' platí

v_{2} = \sqrt{r^{2} - \left(c\over2\right)^{2}},

neboť V_{2} je střed strany AB.

Podobně z pravoúhlých trojúhelníků AV_{1}C a BV_{1}C dostáváme užitím Pythagorovy věty (značíme x vzdálenost V_{1} od A měřenou ve směru k B, tj. x může být záporné, pokud V_{1} leží na polopřímce opačné k polopřímce AB):

v_{1}^{2} = b^{2} - x^{2} = a^{2} - (c-x)^{2} = a^{2} - c^{2} + 2cx - x^{2},

a tedy

b^{2}-a^{2}+c^{2} = 2cx \Rightarrow x = (c^{2} + b^{2} - a^{2}) \over 2c.

Protože obsah trojúhelníku je roven polovině součinu délky strany a příslušné výšky, je obsah nerovnoramenného trojúhelníku S_{1} = cv_{1} \over 2, zatímco obsah rovnoramenného je S_{2} = cv_{2} \over 2. Abychom dokázali, že S_{1} < S_{2}, stačí dokázat, že v_{1} < v_{2}, a k tomu stačí $v_{2}^{{2} - v_{1}}{2} > 0. Počítejme tedy (a užijme vztahu 2r=a+b$, který platí díky rovnosti obvodů obou trojúhelníků):

\eqalignno{ v_{2}^{2} - v_{1}^{2} &= \left( r^{2} - \left(c\over2\right)^{2}\right) - \left( b^{2} - \left((c^{2} + b^{2} - a^{2}) \over 2c_right())^{2} \right) = \cr &= [(a+b)^{2}-c^{2}] \over 4 - [4b^{2}c^{2} - \left(c^{2}+b^{2}-a^{2}\right)^{2}] \over 4c^{2} = \cr &= (\left( a^{2}c^{2} + 2abc^{2} +b^{2}c^{2} - c^{4} \right) - \left( 2a^{2}b^{2} + 2a^{2}c^{2} + 2b^{2}c^{2} - a^{4} - b^{4} - c^{4} \right)) \over 4c^{2} = \cr &= (\left( a^{4} + b^{4} - 2a^{2}b^{2}\right) - c^{2} \left(a-b\right)^{2}) \over 4c^{2}.\cr }

Avšak platí

a^{4} + b^{4} - 2a^{2}b^{2} = \left(a^{2} - b^{2}\right)^{2} = (a+b)^{2}(a-b)^{2},

a tak můžeme dále upravovat:

\eqalignno{ (\left( a^{4} + b^{4} - 2a^{2}b^{2}\right) - c^{2} \left(a-b\right)^{2}) \over 4c^{2} &= [(a+b)^{2}(a-b)^{2}-c^{2}(a-b)^{2}] \over 4c^{2} = \cr &= \left((a+b)^{2}-c^{2}\right) (a-b)^{2} \over 4c^{2} > 0,}

neboť podle trojúhelníkové nerovnosti je a+b>c, a tedy také $(a+b)^{{2} - c}{2} > 0, navíc platí (a-b)^{{2} \over 4c}{2} > 0. Tím tedy máme v_{1}^{{2} < v_{2}}{2}, a tak i S_{1} < S_{2}$, což jsme chtěli.

Jiný způsob řešení je využití Heronova vzorce pro obsah trojúhelníku. Označíme-li s polovinu obvodu trojúhelníku, platí pro jeho obsah S vztah S^{2} = s(s-a)(s-b)(s-c). Aplikací tohoto vzorečku pro naše trojúhelníky dostáváme:

S_{1}^{2} = s(s-a)(s-b)(s-c), S_{2}^{2} = s(s-r)(s-r)(s-c).

Stačí nám tedy dokázat nerovnost

(s-a)(s-b) < (s-r)^{2}.

Upravujme tedy (užijeme (r-a)+(r-b) = 2r-a-b = 0):

\eqalignno{ (s-a)(s-b) &= [(s-r)+(r-a)][(s-r)+(r-b)] = \cr &= (s-r)^{2} + (s-r)[(r-a)+(r-b)] + (r-a)(r-b) =\cr &= (s-r)^{2} + (r-a)(r-b) < (s-r)^{2},}

protože součin (r-a)(r-b) je součin kladného a záporného čísla -- tedy záporný.

Nakonec dodejme, že geometrický důkaz tvrzení lze získat užitím tzv. zahradnické konstrukce elipsy. Ta spočívá v zabodnutí dvou kolíků do země a natažení provázku mezi ně. Třetím kolíkem projíždíme všechny polohy v nichž je provázek napnut a vznikne elipsa. To nám vlastně říká, že množina všech bodů, které mají stejný součet vzdáleností od dvou daných bodů, je elipsa, jejíž jedna osa je spojnice těchto bodů a druhá je osa této spojnice. Protože nejvzdálenější bod elipsy od přímky spojující tyto dva body je právě na druhé ose, má ze všech možných trojúhelníků se stejným obvodem (tj. takových, jejíž třetí vrchol leží na elipse) největší výšku ten rovnoramenný. A tak podle úvah v předchozích řešení má i největší obsah.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste za své zdůvodnění považovali jen pár příkladů, ty však nic nedokazují, mohou ale při řešení hrát úlohu nápovědy ukazující, co by se měl řešitel snažit zdůvodnit. Dále jste mnozí psali, že nerovnoramenný trojúhelník má jednu stranu kratší než rameno rovnoramenného a druhé delší, a tak má menší výšku. To však bez nějakých výpočtů nestačí, neboť lze najít trojúhelník se stejnou základnou jako původní rovnoramenný trojúhelník, s jednou stranou kratší než ramena a druhou delší, který má větší obsah než rovnoramenný. A to tak, že jedno rameno prodloužíme „o hodně“ a druhé zkrátíme „o málo“.

Úloha č. 5

Řešení úlohy rozdělíme na dvě části. Nejdříve se pokusíme najít takový způsob vytírání, aby uklízečka pošlapala co nejméně políček. Dále se pokusíme dokázat, že na menší počet pošlapaných políček to nejde.

V levém obrázku je ukázán jeden ze způsobů, jak může uklízečka postupovat, aby pošlapala co nejméně již jednou vytřených políček. V dalším obrázku je ukázáno, v kterém kroku bude které políčko vytřeno:

Na tomto místě je vhodné upozornit, že toto je pouze jeden z mnoha způsobů, jak místnost vytřít a pošlapat přitom pouze jedno políčko. Někteří řešitelé zdůvodňovali, proč bylo vhodné skončit v levém dolním rohu. To nebylo potřeba, ale určitě to nebylo na škodu.

Když se na druhý obrázek podíváme, vidíme, že existuje pouze jedno políčko, které bylo vytřeno, pošlapáno a opět vytřeno.

Pokusíme se tedy odůvodnit, proč toto políčko musí být pošlapáno.

Políčko v levém horním rohu označme A a políčko napravo od políčka A označme B.

Je zřejmé, že pokud uklízečka stojí na políčku A a musí vytřít alespoň jedno políčko, pak tímto políčkem musí být políčko B. V dalším kroku ale musí na políčko B stoupnout a tím ho pošlapat.

Jiná políčka nebyla dvakrát vytírána.

V našem řešení jsme ukázali alespoň jednu možnost, jak vytřít celou místnost a pošlapat pouze jedno políčko. Dále jsme ukázali, že toto políčko musí být pošlapáno v každém případě.

Uklízečka pošlape jednu vytřenou plochu a proto musí vytřít 47 ploch.

Komentář: Většina řešitelů se spokojila s tím, že ukázala jeden způsob jak bude uklízečka postupovat a nezdůvodňovala proč je tento postup nejlepší. Za taková řešení bylo možno získat maximálně tři body.

Úloha č. 6

Máme zjistit, kolika způsoby je možné vyjít 12 schodů; zjišťujme rovnou, kolika způsoby se dá vyjít n schodů, označme tento počet P(n). Řešením úlohy je P(12).

Všechny způsoby výstupu na n schodů si rozdělíme do dvou skupin: na ty, které začínají krokem o jeden schod, a na ty, které začínají krokem o dva schody. Způsoby, které začínají jedním schodem, sestávají z tohoto jednoho kroku a z vyjití zbylých n-1 schodů, první skupina tedy čítá právě P(n-1) způsobů. Podobně způsoby z druhé skupiny sestávají z kroku o dva schody a z vyjití zbylých n-2 schodů, těch je P(n-2). Každý způsob vyjití n schodů je započítán právě jednou, takže platí P(n)=P(n-1)+P(n-2).

Snadno zjistíme, že jeden schod se dá vyjít jedním způsobem, dva schody dvěma způsoby -- buďto na první schod stoupneme nebo ne. Tedy P(1)=1, P(2)=2. Nyní již snadno dopočítáme P(3)=3, P(4)=5, P(5)=8, P(6)=13, P(7)=21, P(8)=34, P(9)=55, P(10)=89, P(11)=144, P(12)=233.

Existuje tedy 233 způsobů, jak vyjít 12 schodů.

Komentář: Některá řešení spočívala v rozdělení způsobů podle toho, kolik schodů celkově překročíme (může jich být 0--6). Pak bylo nutné dát pozor na to, abychom zajistili, že nepřekročíme dva za sebou jdoucí schody. Tato řešení byla většinou správná.

Někteří řešitelé řekli, že schodů je 12 a na každém kromě posledního se rozhodujeme, zda uděláme krok o jeden schod nebo o dva, proto je způsobů 2^{12-1}. Zde je chyba v tom, že když uděláme krok o dva schody, přijdeme o možnost volby na překročeném schodě.

Úloha č. 7

Od roku 2001 do roku 20 011 uplyne celkem 18 010 let. Z toho je 4502 roků dělitelných čtyřmi, 180 roků dělitelných stem a 45 dělitelných čtyřmi sty. Přestupné letopočty jsou ty, které jsou buď dělitelné čtyřmi a zároveň nejsou dělitelné stem, anebo jsou dělitelné 400. Proto je celkový počet přestupných let od roku 2001 do roku 20 011 roven 4502-180+45=4367. Zbývá nám tak 18 010 - 4367 = 13 643 nepřestupných letopočtů.

Uvědomíme si, že každý přestupný rok znamená posun v kalendáři o dva dny (protože takový rok má 52 týdnů a 2 dny), zatímco nepřestupný rok přesouvá stejné datum pouze o jeden den dál. Celkově se za těch 18 010 let posuneme o 2\cdot4367 + 13 643 = 22 377 dnů. Přitom posun o jeden týden znamená, že bude opět stejný den. Zajímá nás proto jenom zbytek po dělení sedmi. Číslo 22 377 má po dělení sedmi zbytek pět. Víme, že 26. února 2001 bylo pondělí. Přesně za 18 010 let 26. února 20 011 bude den v týdnu, který je o pět dní dál, tedy sobota.

Komentář: Klíčem k správnému řešení bylo určit počet přestupných let. Někteří z vás zapomínali na pravidlo o letopočtech dělitelných stem. Pár řešitelů si nevšimlo, že v otázce bylo, jaký den bude 26. 2. 20 011, a určovali, jaký den bude 26. 2. 2011.

Opravovali: 1. Lenka Burešová, 2. Viťas Strádal, 3. Václava Kopecká, 4. Davídek Opěla, 5. Petr Kačenka, 6. Petr Škovroň, 7. Zbyněk Pawlas.