Řešení 2. série 17.ročníku

Úloha č. 1

Jeden z možných způsobů, jak odlít 5 ož, zachycuje tabulka. Levý sloupeček přitom identifikuje použité přelití, pravý množství vody v jednotlivých nádobách. Deseti\minusžejdlíkovou nádobu označujeme písmenem A, sedmižejdlíkovou B a třížejdlíkovou C.

$$ $$ A $$ $$ B $$ $$ C
$$ 10 0 0
A\to B 3 7 0
B\to C 3 4 3
C\to A 6 4 0
B\to C 6 1 3
C\to A 9 1 0
B\to C 9 0 1
A\to B 2 7 1
B\to C 2 5 3

Komentář: Většina došlých řešení byla správně (i když některá méně přehledná). Velmi pěknými řešeními příjemně překvapili Hana Bílková, Jan Konopásek a František Sedlák.

Úloha č. 2

Objem trojbokého hranolu spočítáme jako součin obsahu podstavy S_{p} a výšky hranolu v: V = S_{p} \cdot v. Podstavu tvoří pravoúhlý rovnoramenný trojúhelník s odvěsnou a, obsah podstavy spočítáme pomocí vzorce S_{p}=a^{2}\over2.

Nyní nám stačí určit výšku hranolu. Tu zjistíme z největší obdélníkové stěny hranolu, neboť známe její úhlopříčku (její délku označme u). Jednu stranu největší obdélníkové stěny tvoří přepona podstavy (délka c) a druhou výška hranolu. Úhlopříčka této stěny ji dělí na dva pravoúhlé trojúhelníky. Použijeme tedy Pythagorovu větu: $u{2} = v{2} + c{2} \Rightarrow v{2} = u{2} - c{2}. Neznámou přeponu c$ zjistíme z Pythagorovy věty pro podstavu hranolu: c^{2} = a^{2} + a^{2}. Dosadíme-li do vzorce pro výšku v, dostáváme v^{2} = u^{2} - 2a^{2} neboli v = \sqrt{u^{2} - 2a^{2}}. Nyní můžeme vyjádřit objem hranolu jako

V = S_{p} v = a^{2}\over2 \sqrt{u^{2} - 2a^{2}}.

Po dosazení číselných hodnot získáváme

V = 4^{2}\over2 \sqrt{9^{2} - 2\cdot 4^{2}} = 8 \cdot \sqrt{49} = 56 ol^{3}.

Objem podstavce (tudíž i samotné Eukleidovy sochy) je 56 ol^{3}.

Úloha č. 3

Jednociferná čísla rozdělíme podle zbytku po dělení třemi. Označme písmenem a čísla tvaru 3k (tj. 0, 3, 6, 9), písmenem b čísla tvaru 3k+1 (tj. 1, 4, 7) a písmenem c čísla tvaru 3k+2 (tj. 2, 5, 8). Číslo je dělitelné třemi, jestliže ciferný součet je dělitelný třemi.

Existují pouze čtyři možnosti, jak může být trojciferné číslo, ve kterém po škrtnutí libovolné cifry nedostaneme číslo dělitelné třemi, složeno z jednotlivých cifer:

  • a, b, b,
  • a, c, c,
  • b, b, b,
  • c, c, c.

Vidíme, že v 1. a 2. případě lze číslo přeuspořádat třemi způsoby (abb, bab a bba případně acc, cac a cca). Ve 3. a 4. případě existuje jenom jeden způsob. Za b i c lze dosadit tři čísla, proto 3. i 4. případ splňuje 3 \cdot 3 \cdot 3 = 27 čísel. V 1. a 2. případě je to poněkud složitější. Jestliže je a na prvním místě, pak zadání splňuje 3 \cdot 3 \cdot 3 = 27 čísel. Pokud je a na druhém nebo třetím místě, pak je to 4 \cdot 3 \cdot 3 = 36 čísel. V 1. i 2. případě tak máme 27+36+36=99 možností. Celkový počet čísel splňující podmínku zadání je tedy 99+99+27+27=252.

Úloha č. 4

Naším úkolem je najít ve čtyřúhelníku ABCD bod X takový, že $|AX| + |BX| + |CX| + |DX| je minimální. Součet |AX| + |CX|$ nabývá minimální hodnoty |AC| pro body X ležící na úhlopříčce AC. To plyne z toho, že v každém trojúhelníku je součet délek dvou stran větší než strana třetí (tzv. trojúhelníková nerovnost). Kdyby totiž X neležel na AC, tak podle trojúhelníkové nerovnosti pro trojúhelník AXC je |AX| + |CX| > |AC|. Stejně tak součet |BX| + |DX| je nejmenší pro body ležící na úhlopříčce BD.

Aby byl nejmenší celkový součet, musí daný bod ležet na úhlopříčce AC i na úhlopříčce BD. Je to tedy průsečík úhlopříček E. To platí ovšem pouze za předpokladu, že se úhlopříčky protínají. Čtyřúhelník ABCD tedy musí být konvexní (tj. má všechny vnitřní úhly menší než 180\deg). V konvexním čtyřúhelníku má nejmenší součet vzdáleností od vrcholů průsečík úhlopříček.

V zadání nebyl vyloučen nekonvexní čtyřúhelník (jeden z vnitřních úhlů je větší než 180\deg). V tomto případě se úhlopříčky neprotínají a my tak nemůžeme využít toho, že |AX| + |CX| je minimální pro body úhlopříčky AC a |BX| + |DX| minimální pro body úhlopříčky BD. Jedná z úhlopříček (například AC) sice neleží vůbec ve čtyřúhelníku, ale to neznamená, že hledaný bod, pro který je nejmenší celkový součet vzdáleností od jednotlivých vrcholů, musí ležet na úhlopříčce BD. Mohlo by se totiž stát, že existuje bod Y mimo BD, pro který bude sice |BY| + |DY| větší, ale celkový součet vzdáleností bude menší. Skoro všichni z vás, kteří si uvědomili, že by čtyřúhelník mohl být nekonvexní, správně napsali, že nejmenší součet vzdáleností má bod s vypuklým vnitřním úhlem. Se zdůvodněním to ale bylo horší. Správné úplné řešení měl pouze Jan Konopásek, téměř úplné řešení zaslala také Veronika Jurtíková. Následující postup je upravenou kombinací řešení obou těchto řešitelů.

Nejprve si dokážeme pomocné tvrzení. Je-li v trojúhelníku KLM obsažen trojúhelník KLN (M \ne N), potom je obvod trojúhelníku KLM větší než obvod trojúhelníku KLN. Neboli platí

|KM| + |LM| > |KN| + |LN|. (*)

Pokud by byl trojúhelník KLN ostroúhlý nebo pravoúhlý, je toto tvrzení snadné ověřit, protože je |KM| > |KN| a také |LM| > |LN|. Zbývá ukázat, že (*) platí i pro tupoúhlý trojúhelník KLN.

Veďme bodem N kružnice o středu K (označme k_{1}) a o středu L (označme k_{2}). Pokud bod M leží vně obou kružnic, je |KM| > |KN| a |LM| > |LN|. Kdyby ležel na hranici jedné z kružnic, bude místo jedné z nerovnosti rovnost. V obou případech však (*) platí. Pokud M leží uvnitř jedné z kružnic (například k_{1}), označme průsečík LM a k_{1} písmenem P. Z trojúhelníkové nerovnosti pro trojúhelník KMP plyne |KM| + |MP| > |KP| a z toho, že platí |LP| > |LN| a |KP| = |KN|, plyne

|KM| + |LM| = |KM| + |MP| + |LP| > |KP| + |LP| > |KN| + |LN|.

Podobně bychom (*) dokázali v případě, kdy bod M leží uvnitř kružnice k_{2}.

Mějme nyní dán nekonvexní čtyřúhelník ABCD s vypuklým úhlem u vrcholu B. Rozdělme ho na tři části: trojúhelníky BCE, ABF a čtyřúhelník BEDF. Ze všech bodů čtyřúhelníku má nejmenší součet vzdáleností od jednotlivých vrcholů bod B. Vezměme libovolný bod X čtyřúhelníku ABCD různý od B a ověřme, že má větší součet vzdáleností od jednotlivých vrcholů. Pokud X leží v trojúhelníku ABF, plyne z trojúhelníkové nerovnosti pro trojúhelník ABX a vztahu (*):

(|AX| + |BX|) + (|CX| + |DX|) > |AB| + (|BC| + |BD|).

Podobně když X leží v trojúhelníku BCE, platí

(|BX| + |CX|) + (|AX| + |DX|) > |BC| + (|AB| + |DB|).

Konečně pokud X leží v čtyřúhelníku BEDF, platí

(|BX| + |DX|) + (|AX| + |CX|) > |BD| + (|AB| + |BC|).

Uvedené nerovnosti platí, i když bod X leží na hranici jednotlivých oblastí.

V zadání bylo, že hledaný bod leží uvnitř čtyřúhelníku, což v tomto případě bod B nesplňuje. Uvnitř čtyřúhelníku tedy neexistuje žádný bod, který by měl nejmenší součet vzdáleností od vrcholů (ke každému vnitřnímu bodu totiž vždy existuje jiný, který má součet vzdáleností menší). Pokud bychom uvažovali i hranici čtyřúhelníka, je hledaným bodem vrchol, jehož vnitřní úhel je větší než 180\deg.

Komentář: Většina z vás přišla na to, že v konvexním čtyřúhelníku je hledaný bod průsečík úhlopříček a rovněž zdůvodnění bylo převážně správné. Jinak tomu bylo u případu nekonvexního čtyřúhelníku, kde bylo zdůvodnění většinou nesprávné nebo nepřesné. Plným počtem bodů jsem tak ohodnotil pouze dva řešitele. Ostatní jsem hodnotil podle toho, jak dobře zdůvodnili řešení pro konvexní čtyřúhelník, přičemž jsem byl benevolentnější u těch, kteří uvažovali i nekonvexní čtyřúhelníky.

Úloha č. 5

Při řešení použijeme vztahu s=vt, který udává, jakou dráhu s urazí letadlo za čas t, pokud se pohybuje rychlostí v. Označme rychlost letadla, kterou by mělo za bezvětří, v_{l}. Dále vzdálenost lomu od pyramidy označíme l. V řešení budeme dále předpokládat, že vane-li vítr rychlostí v a letadlo letí stejným směrem, jako vane vítr, je rychlost letadla vzhledem k zemi v_{l}+v (vítr totiž letadlo urychluje), a pokud letadlo letí proti větru, je rychlost letadla vzhledem k zemi v_{l}-v, zde vítr letadlo zpomaluje.

Můžeme si všimnout, že nezáleží na tom, jestli vítr vane směrem od lomu k pyramidě nebo naopak -- pokaždé jeden let vítr urychluje a jeden let vítr brzdí. Toto pozorování však v tomto řešení nevyužiji.

Víme, že vane-li vítr rychlostí v, trvá let celkem 2 oh a 55 omin, tj. 175 omin, tento čas označíme t_{1}, z toho t_{1A} nechť trvá let tam a t_{1B} let zpět. Platí tedy l=(v_{l}+v)t_{1A} (let tam -- po větru) a l=(v_{l}-v)t_{1B} (let zpět -- proti větru), navíc t_{1A}+t_{1B}=t_{1}. Vyjádříme-li si z prvních dvou vztahů t_{1A} a t_{1B} a dosadíme do třetího, dostaneme

l\over(v_{l}+v) + l\over(v_{l}-v) = t_{1},

po vynásobení oběma jmenovateli pak

l(v_{l}-v)+l(v_{l}+v)=t_{1}(v_{l}+v)(v_{l}-v)

a po roznásobení a sečtení

2lv_{l}=t_{1}(v_{l}^{2}-v^{2}).

Vane-li vítr rychlostí 2v, trvá let 3 oh a 20 omin, tj. 200 omin, tento čas označíme t_{2}, z toho opět t_{2A} trvá let tam a t_{2B} let zpět. Platí tedy l=(v_{l}-2v)t_{2A} a l=(v_{l}+2v)t_{2B}, navíc opět t_{2A}+t_{2B}=t_{2}. Podobnými úpravami jako v předešlém odstavci dostaneme

2lv_{l}=t_{2}(v_{l}^{2}-4v^{2}).

Je-li bezvětří, označíme čas letu t_{x}. Podobně jako v předešlých dvou odstavcích dostaneme vztah 2lv_{l}=t_{x}(v_{l}^{2}), jeho úpravou pak

t_{x} = 2l \over v_{l}.

Nyní je nutné uvedené vztahy vhodně zkombinovat tak, abychom dostali takový vztah, kde na jedné straně by bylo t_{x} a na druhé straně samé známé veličiny (což jsou pouze t_{1} a t_{2}). K takovému vztahu se dá dojít několika různými cestami, ta, kterou ukážeme zde, vychází ze sčítací metody řešení soustav dvou rovnic.

Vztah z prvního odstavce vynásobíme 4t_{2} a vztah z druhého odstavce vynásobíme t_{1}. Tím dosáhneme toho, že po odečtení rovnic nám vypadne neznámá rychlost v. Dostaneme tedy tyto vztahy:

8t_{2}lv_{l} = 4t_{2}t_{1}v_{l}^{2} - 4t_{2}t_{1}v^{2},
2t_{1}lv_{l} = t_{1}t_{2}v_{l}^{2} - t_{1}t_{2}4v^{2},

po odečtení

(8t_{2}-2t_{1})lv_{l} = 3t_{1}t_{2}v_{l}^{2},

na každé straně se vykrátí jedno v_{l} a ponecháním zbylého v_{l} na jedné straně a převedením zbylých členů na druhou stranu dostaneme

v_{l} = (8t_{2}-2t_{1})l \over 3t_{1}t_{2},

dosazením tohoto do vztahu t_{x}=2l/v_{l} z třetího odstavce dostaneme

t_{x} = 2l3t_{1}t_{2} \over (8t_{2}-2t_{1})l = 6t_{1}t_{2} \over (8t_{2}-2t_{1}),

po dosazení známých číselných hodnot pro t_{1} a t_{2} vyjde t_{x}=168 omin.

Cesta od lomu k pyramidě a zpět za bezvětří tedy trvá 168 omin, což je 2 oh a 48 omin.

Komentář:

Asi polovina řešitelů se domnívala, že pokud za bezvětří trvá cesta čas t a za větru o rychlosti v trvá let t+a, pak za větru o rychlosti 2v trvá let t+2a, jinými slovy, zdvojnásobí-li se rychlost větru, zdvojnásobí se i zpoždění větrem způsobené. To však není pravda. Pokud by například vítr vál rychlostí letu letadla a letadlo by letělo po větru, jeho rychlost by se zdvojnásobila, čas by tedy klesl na polovinu. Pokud by se ale letadlo pokoušelo letět proti větru, tak by se ani nehnulo z místa, let by tedy trval ,,nekonečně dlouho.

Úloha č. 6

Kružnici se středem A a poloměrem b označíme k_{1}, kružnici se středem B a poloměrem a označíme k_{2}, průsečík úsečky AB s kružnicí k_{1} označíme X a s kružnicí k_{2} písmenem Y. Středem hledané kružnice k bude střed S úsečky XY, její poloměr pak |SX|=|SY|.

Postup konstrukce:

  • \triangle ABC
  • k_{1}, k_{1}(A, 24 op)
  • k_{2}, k_{2}(B, 7 op)
  • X, X \in k_{1} \cap AB
  • Y, Y \in k_{2} \cap AB
  • S, S je střed úsečky XY
  • k, k\bigl(S,|SX|=|SY|\bigr)

Výpočet: Nejprve pomocí Pythagorovy věty vypočítáme délku přepony c trojúhelníku ABC: c=\sqrt{a^{2} + b^{2}}=\sqrt{24^{2} + 7^{2}}=25 op. Poloměr r vypočítáme z rovností |BX|=c-|AX|=25-24=1 op, 2r=|BY|-|BX|=7-1=6 op, r=3 op.

Komentář: Za celé řešení jsem dávala 5 bodů. Za pouze početní nebo pouze konstrukční tři body. Bod jsem strhávala ve chvíli, kdy do postupu konstrukce byla dosazená konkrétní délka poloměru (Přemysl měl nejdřív narýsovat a pak vypočítat; za konstrukci jsem nepovažovala, když někdo napsal, že kružnice bude 4 op od B s poloměrem 3 op). Bod jsem strhávala také za numerické chyby a za další drobné chyby v postupu, jakož i za špatné pochopení zadání.

Úloha č. 7

Hledané číslo musí být větší než 83 a menší než 101, protože nejvyšší součet dvou cifer je 9+9=18 a 101-18=83 (menší než 101 proto, že pro všechna čísla větší nebo rovna 101 je celkový součet větší než 101). Zároveň je vidět, že pokud je hledané číslo dvojciferné, nesmí být jeho první cifra sudá, protože pak by byl i celkový součet sudý, a tak různý od 101. Z dvouciferných čísel tedy připadají v úvahu čísla začínající 9. Můžeme je zapsat ve tvaru 90+a, kde a je přirozené číslo mezi 0 a 9. Celkový součet je pak 99+2a=101, odtud a=1. Vyhovuje tedy pouze číslo 91. Z trojciferných čísel pak splňuje podmínky pouze číslo 100. Požadovanou vlastnost mají pouze čísla 91 a 100.

Opravovali: 1. Jan Foniok, 2. Viktor Bobro, 3. Jan Blažek, 4. Zbyněk Pawlas, 5. Petr Škovroň, 6. Václava Kopecká, 7. Lenka Blažková.