Řešení 5. série 16.ročníku

Úloha č. 1

Jednotlivé skupiny označíme písmeny a, b, c, d, e. Pokusíme se postupně rozsadit žáky do lavic. V první řadě musí být každá skupina právě jednou; je přitom jedno, jaké pořadí písmenek zvolíme, protože všechna ostatní rozsazení dostaneme jednoduše záměnou skupin. Vyberme jedno rozsazení do první řady. Tabulka 1 ukazuje, jaké možnosti volby skupin zbývají na ostatní místa, tučným písmem jsou vyznačena místa, na nichž jsme skupinu již zvolili.

Tabulka 1:\matrix{ a&(b>b&(b>c&(b>d&(b>e\cr cde& de& ae& ab& abc\cr bcde& acde& abde& abce& abcd\cr bcde& acde& abde& abce& abcd\cr bcde& acde& abde& abce& abcd\cr }Tabulka 2:\matrix{ a&(b>b&(b>c&(b>d&(b>e\cr cde& de&(b>a& b& bc\cr bcde& cde& bde& bce& abcd\cr bcde& acde& bde& abce& abcd\cr bcde& acde& bde& abce& abcd\cr }

Pokračujeme dále. Všimneme si, že na prostředním místě v druhé řadě můžeme zvolit a nebo e. Ani jednou volbou přitom nic nepokazíme, protože oba případy jsou symetrické. Zvolme např. a, situaci pak zachycuje tabulka 2.

Nyní vidíme, že na čtvrtém místě druhé řady můžeme zvolit jen b. Zvolíme je tedy a dostaneme situaci v tabulce 3. Nyní musíme zvolit c na pátém místě druhé řady, dále e na čtvrtém místě třetí řady atd. Pokračováním postupu dojdeme k možnému rozsazení do skupin, které je zachyceno v tabulce 4.

Tabulka 3:\matrix{ a&(b>b&(b>c&(b>d&(b>e\cr cde& de&(b>a&(b>b& c\cr bcde& cde& de& ce& acd\cr bcde& acde& bde& ace& abcd\cr bcde& acde& bde& ace& abcd\cr }Tabulka 4:\matrix{ a&(b>b&(b>c&(b>d&(b>e\cr d&(b>e&(b>a&(b>b&(b>c\cr b&(b>c&(b>d&(b>e&(b>a\cr e&(b>a&(b>b&(b>c&(b>d\cr c&(b>d&(b>e&(b>a&(b>b\cr}

Odpověď na otázku ze zadání tedy zní, že tak žáky lze rozsadit, přičemž jedno z možných rozsazení ukazuje tabulka 4.

Úloha č. 2

Pozorování 1: Nejlepší řešení nemůže obsahovat 6 sad počitadel (=300 kuliček, 42 ok (pozn. pod čarou: Značka „ok“ znamená omnipoliská koruna.)). Pokud by totiž obsahovalo, můžeme je vyměnit za 300 kuliček z 5 abakusů (=40 ok), čímž ušetříme 2 ok.

Pozorování 2: Z pozorování 1 vyplývá, že ideální řešení musí obsahovat sady s abakusy. Jinak by totiž počitadel muselo být více než 5.

Pozorování 3: Když nakoupíme více než 810 kuliček (musí to být násobky desíti, tedy 820, 830 atd.), dokážeme náš nákup zlevnit o jednu korunu, pokud jsme chtěli koupit alespoň jeden abakus. Prostě místo jednoho abakusu koupíme počitadlo. Ubude nám 10 kuliček (ale to nevadí) a ušetříme tak 1 ok.

Pozorování 4: Z pozorování 2 a z pozorování 3 je jasně vidět, že výsledný počet kuliček musí být přesně 810.

Snadno nahlédneme (například prozkoumáním šesti možností), že jediné řešení, které splňuje výsledky pozorování 1 (abakusů je méně než 6) a pozorování 4 (celkový počet kuliček je přesně 810) je 11 abakusů a 3 počitadla, což dává výslednou cenu 109. Vzhledem k výše uvedenému je toto řešení nejlevnější možné.

Komentář: Předchozí způsob se značně zjednoduší, pokud po pozorování 1 probereme ceny všech šesti možností počtu počitadel a z nich vybereme tu nejlevnější.

Probrání všech 13 možností nákupu abakusů (více není důvod kupovat) je sice značně neelegantní, nicméně taktéž správné.

Hodně z vás došlo ke správnému výsledku s poměrně podrobným komentářem. K matematické dokonalosti však často chybělo pouze zdůvodnit, proč není výhodné koupit více než 810 kuliček (pokud by např. počitadla stála 7,50 ok, výhodnější by to bylo). Nepovažuji to za příliš závažnou chybu, bod jsem však strhnul, abych odlišil toto řešení od řešení dotaženého až do úplného konce.

Další body byly strhávány za nejasný postup nebo závažné logické zkratky.

I když zadání umožňovalo v podstatě dva výklady (7 ok je cena celého abakusu nebo jen jedné kuličky), téměř všichni to pochopili tím „správným“ (a těžším) způsobem. Je vidět, že máte správného matematického ducha a ze dvou možností si vyberete tu zajímavější (tj. složitější). Nicméně uznáváme, že nejasně zadané příklady by se měly v Pikomatu vyskytovat co nejméně, nejlépe vůbec.

Úloha č. 3

Označme si r_{2}, r_{16}, S_{2}, S_{16}, V_{2}, V_{16} poloměry, povrchy a objemy balónku po druhém a šestnáctém nafouknutí.

Objem Bedřichova vdechu, označme si ho třeba x, spočítáme jako polovinu V_{2}. Napřed zjistíme r_{2}, pak podle vzorce pro objem vypočítáme V_{2} a vydělíme dvěma.

Ze zadání víme, že povrch po druhém nafouknutí je o 150 op^{2} menší než po šestnáctém, tedy že

S_{16}=S_{2}+150.

Podle vzorce pro povrch S=4 \pi r^{2} dosadíme za S_{16} a S_{2}:

4 \pi r_{16}^{2} = 4 \pi r_{2}^{2} + 150. (\ast)

Dále víme, že Bedřich vdechne pokaždé stejný objem x, platí tedy, že V_{2}=2x a V_{16}=16x, neboli V_{16}=8V_{2}. Po dosazení podle vzorce pro objem V=4\over3 \pi r^{3} máme:

\eqalignno{ 4\over3 \pi r_{16}^{3} &= 8 \cdot 4\over3 \pi r_{2}^{3} \cr r_{16}^{3} &= 8r_{2}^{3} \cr r_{16} &= 2r_{2}. \cr _NOALIGN( Tento výsledek dosadíme do rovnice ($\ast$):) 4\pi(2r_{2})^{2} &= 4\pi r_{2}^{2} + 150 \cr 4 \pi (2r_{2})^{2} - 4 \pi r_{2}^{2} &= 150 \cr 16 \pi r_{2}^{2} - 4 \pi r_{2}^{2} &= 150 \cr 12 \pi r_{2}^{2} &= 150 \cr r_{2} &= \sqrt{150 \over 12\pi}. \cr _NOALIGN( Teď už můžeme spočítat $V_{2}$:) V_{2} &= 4\over3 \pi r_{2}^{3} \cr _NOALIGN( po dosazení) V_{2} &= 4\over3 \pi \left(\sqrt{150 \over 12\pi}\right)^{3} \cr _NOALIGN( a objem Bedřichova vdechu je potom:) x &= V_{2}/2 \cr x &= 1\over2 \cdot 4\over3 \pi \left(\sqrt{150 \over 12\pi}\right)^{3} \cr x &= 16,62 op^{3}. \cr}

Správná odpověď tedy byla, že Bedřich vdechne najednou 16,62 op^{3} vzduchu.

Komentář: Za správné řešení bylo jako obvykle možné dostat až 5 bodů. Ti, kteří udělali během výpočtu numerickou chybu nebo v jejichž postupu byly menší nejasnosti, i když nakonec došli ke správnému výsledku, přišli o 1 bod. Přišlo i jedno řešení, kde byl sice správný a zkouškou ověřený výsledek, ale s velmi pochybným postupem. Jeho autor dostal 2 body. Ve dvou případech byl sice postup správně slovně popsaný, ale výpočet se těmto řešitelům trochu zamotal, to bylo za 3 body. Komu se podařilo alespoň správně přepsat zadání do rovnic, ten dostal jeden bod. Bohužel téměř polovina autorů došlých řešení nezvládla ani to.

Nejčastější chybou byla následující úvaha: „Když se povrch po druhém a šestnáctém nádechu (tedy během 14 nádechů) liší o 150 op^{2}, tak to znamená, že za jeden nádech se zvětší o 150/14 op^{2}, a po prvním fouknutí je tedy také 150/14 op^{2}, ...“ Jenže ono to není pravda. To, že se povrch po druhém a šestnáctém nádechu liší o 150 op^{2}, totiž ještě neznamená, že během prvních čtrnácti nádechů by to bylo stejné, a už vůbec ne, že povrch roste s každým nádechem stejně. Tak například když do balónku o objemu 1 op^{3} (ten má povrch 4,84 op^{2}) přifouknu další 1 op^{3}, vzroste povrch o 2,84 op^{2}, ale po přifouknutí dalšího 1 op^{3} už jen o 2,39 op^{2} atd.

Úloha č. 4

Označme s počet stavitelů a h počet hodin, které odpracuje jeden stavitel za jeden den. Původní výdaje na mzdy jsou $80 dní \times s stavitelů \times h hodin \times 30 omnipoliských korun = 2400\cdot s \cdot h$. Po patnácti dnech stávky se panovník rozhodl zvýšit výdaje na mzdy o 7 \%. Zvýšené výdaje na mzdu jsou $2400 \cdot s \cdot h \cdot 1,07 = 2568 \cdot s \cdot h$. Nyní zjistíme, za jak dlouho stavitelé dostaví pyramidu, kdyby byly splněny jejich požadavky. Stihnou ji postavit za dobu o pětinu kratší, tzn. (4/5)\cdot80=64 dní. Nové výdaje na mzdu jsou určeny na 64 pracovních dní, z toho plyne, že nová hodinová mzda je (2568 \cdot s \cdot h) \over (64 \cdot s \cdot h) = 40,125 ok, což je více, než požadují stavitelé (40 ok). Tedy stavitelé přestanou stávkovat a dostaví pyramidu. Budou ji stavět 64 dní, spolu s 15 dny stávky to je 79 dní. Stihnou ji tak dostavět v plánované době 80 dní.

Komentář: Za zdůvodnění toho, že stavitelé stihnou postavit pyramidu, jsem uděloval 2 body a za zdůvodnění ukončení stávky další 3 body. Nejčastější chybou bylo neuvědomění si, že zvýšení mzdy a zvýšení celkových výdajů na mzdy jsou dvě různé věci. Rozdíl je v tom, že nové výdaje se po stávce rozdělí na menší počet pracovních dnů a tím způsobí větší procentuální navýšení hodinové mzdy.

Úloha č. 5

Abychom při násobení třemi dostali číslo se stejným počtem cifer, musí být první číslice nejvýše 3.

Nejprve předpokládejme, že první číslice původního čísla je 1. Po vynásobení původního čísla třemi tak dostaneme číslo končící 1. Proto musí být poslední číslice původního čísla 7. Z toho, že po vynásobení původního čísla (to končí 7) třemi získáme číslo končící 71, snadno dopočítáme, že předposlední cifra původního čísla je 5. Takto postupujeme, až obdržíme v původním čísle jedničku. Dostaneme tak, že číslo 142 857 splňuje podmínky zadání.

Pokud by první číslice byla 2, pak stejným postupem zjistíme, že nejmenší číslo s danou vlastností je 285 714. Kdyby byla první číslice 3, dostali bychom, že dané číslo musí být tvaru ...1428571428571, nemůže tedy začínat trojkou.

Rozebráním všech tří případů vidíme, že nejmenší přípustné číslo je 142 857.

Komentář: Někteří z vás danou vlastnost prověřili pouze do pěticiferných čísel a usoudili, že úloha nemá řešení. Rovněž se stávalo, že byl postup pouze naznačen, ale nedořešen.

Úloha č. 6

Podle zadání má platit

S_{\triangle MSX} : S_{\triangle EMX} : S_{\triangle ESX} = 1:2:3.

Označíme stranu trojúhelníku MSE písmenem a, jeho výšku v a ostatní výšky v jednotlivých trojúhelnících podle obrázku v_{1}, v_{2} a v_{3}.

Podle zadání má platit

\eqalignno{ S_{\triangle MSX} : S_{\triangle EMX} : S_{\triangle ESX} &= 1:2:3, \cr _NOALIGN(neboli) av_{1}\over2 : av_{2}\over2 : av_{3}\over2 &= 1:2:3, \cr v_{1} : v_{2} : v_{3} &= 1:2:3. &(1) \cr}

Zároveň

\eqalignno{ S_{\triangle MSE} &= S_{\triangle MSX} + S_{\triangle EMX} + S_{\triangle ESX}, \cr av\over2 &= av_{1}\over2 + av_{2}\over2 + av_{3}\over2, \cr v &= v_{1} + v_{2} + v_{3}. & (2) \cr}

Ze vztahů (1) a (2) plyne, že v_{1}=v/6, v_{2}=v/3 a v_{3}=v/2. Bod X získáme jako průsečík rovnoběžek se stranami trojúhelníka MSE vedených v příslušných vzdálenostech v_{1}, v_{2} a v_{3}.

Zbývá jen zjistit, jak rozdělit výšku v na třetinu, případně na šestinu. Využijeme podobnosti trojúhelníků. Uvažujme úsečku AB, kterou chceme rozdělit. Narýsujeme k ní ještě jednu přímku tak, aby ji protínala v bodě A (viz obrázek). Naneseme na přímku příslušný počet jednotek (v našem případě 3). Spojíme body A_{3} a B. Bodem A_{1} vedeme rovnoběžku s úsečkou BA_{3}. Úsečka AB_{1} má požadovanou velikost 1\over3 |AB|. Tento způsob dělení úsečky na části stejné délky se nazývá metoda redukčního úhlu.

Komentář: Řešitelům, kteří úlohu správně vyřešili a dokázali rozdělit úsečku na třetiny nebo se tomu elegantně vyhli, jsem dala plný počet bodů. Ostatním podle obecnosti nebo mechanismu řešení úlohy méně. Více vysvětlujícího komentáře v úlohách bylo hodnoceno více body.

Úloha č. 7

Nejprve si položme otázku, kolik nejméně závaží bude potřeba. V případě a) každé závaží na misce buď je, nebo není. To znamená, že zvý\minusšíme=li počet závaží o 1, počet možností, jaká závaží můžeme na misku položit, se zdvojnásobí. Máme=li sadu n závaží, existuje tedy 2^{n} možností, (pozn. pod čarou: Přitom 2^{n} = 2\cdot2\cdot2\cdot\ldots\cdot2_{nčinitelů}.) jaká závaží můžeme na misku položit. Abychom byli schopni odměřit sto různých hmotností, potřebujeme alespoň sedm závaží, neboť 2^{7}=128, ale 2^{6}=64, což znamená, že šesti závažími můžeme navážit nejvýše 64 různých hmotností.

Obdobně, v případě b) jsou pro každé závaží 3 možnosti, kam je položit (levá miska, pravá miska, mimo váhu), což při sadě n závaží dává 3^{n} možností, jak závaží rozmístit. Potřebujeme tedy určitě alespoň pět závaží, neboť 3^{5}=243, ale 3^{4}=81.

Lze ověřit, že v případě a) postačuje sada závaží 1 og, 2 og, 4 og, 8 og, 16 og, 32 og a 64 og; v případě b) pak sada 1 og, 3 og, 9 og, 27 og a 81 og.

V případě a) potřebujeme nejméně 7 závaží, v případě b) nejméně 5 závaží.

Komentář: Za uvedení sady 5 závaží v případě a) a sady 7 závaží v případě b) (nebo jiného důkazu, že tyto počty závaží stačí) jsem uděloval po 1 bodu. Zbylé tři body odpovídaly kvalitě zdůvodnění, že méně závaží stačit nemůže.

Velmi častou chybou bylo, že jste si neuvědomili, že nepotřebujeme vážit zvlášť jednotky a zvlášť desítky gramů. Pak jste v případě a) potřebovali často 8 závaží.

Někteří si mysleli, že v části b) musí alespoň jedno závaží na každou misku vah položit. Smysl zadání byl přitom takový, že druhou misku použít můžete, ale nemusíte. Jiní zase v rozporu se smyslem zadání předpokládali, že odvážit 1 og lze tak, že na misku položíte závaží o hmotnosti 2 og, a pokud bude vážený předmět lehčí, váží 1 og.

Mnozí zdůvodňovali, že jejich počet závaží je nejmenší možný, tím, že při postupném přidávání závaží je každé přidání nejlepší možné. To ale nemusí vždy znamenat, že výsledek bude nejlepší možný.

Opravovali:1. Lenka Blažková, 2. Vităs Strádal, 3. Stáňa Kucková, 4. Viktor Bobro, 5. Václava Kopecká, 6. Lenka Burešová, 7. Jan Foniok.