Řešení 4. série 17.ročníku

Úloha č. 1

Zadání této úlohy šlo pochopit několika způsoby, a proto existuje více rozdílných, ale správných řešení.

Pokud někdo uvažoval, že mezi každé dvě trojky musí přijít nějaké znaménko, potom mohl vyjádřit tato čísla:

Samozřejmě existují i jiné možnosti vyjádření. Dá se ukázat, že čísla 14, 16 a 20 nelze takto zapsat.

Další způsob chápání byl ten, že znaménko se nemusí použít mezi každými dvěma trojkami, takže lze napsat kromě výše jmenovaných čísel i 14 a 20:

A poslední varianta výkladu zadání byla v tom, že znaky +, -, \cdot a : se dají chápat i trochu jinak. Například - se může stát periodou nebo desetinnou čárkou, když se otočí o 90\deg. Pak lze vyjádřit i číslo 16:

Tuto možnost jsem uznávala pouze, když bylo jasné, kde se vzala perioda a desetinná čárka.

Komentář: Pokud někdo napsal k výsledku „nelze“, brala jsem to jako správné řešení jen tehdy, když bylo vysvětleno proč. Plný počet 5 bodů jsem dávala za správně vyřešenou úlohu pomocí jedné z výše zmiňovaných metod. Čtyři body jsem udělovala za chybějící jedno z problematických čísel (14, 16, 20), případně za chybu v jiném čísle. Tři body jsem dávala za 3 nebo 4 chybná čísla, dva body za 5 nebo 6 chybných čísel a 1 bod za zbytek. Body jsem neudělila v případě, že na výpočet řešení byl použit speciální program.

Úloha č. 2

Než se pustíme do doplňování tabulky, uvědomíme si několik pravidel, kterými se zapisování údajů do ní řídí:

• Když se turnaje účastní čtyři družstva a každé hraje jeden zápas s každým, odehraje každé družstvo tři zápasy, celkem proběhne šest zápasů.

• Pokud zápas neskončí remízou, tak jedno družstvo zvítězí a druhé prohraje. Počet všech výher v turnaji tedy musí být stejný jako počet všech porážek.

• Pokud zápas skončí nerozhodně, zapíše se remíza oběma družstvům. Součet všech remíz tedy musí být sudé číslo.

Poslední tým v tabulce -- Omnici -- má už tři zápasy zapsané. Můžeme mu tedy doplnit 0 proher a 7 bodů.

První tým -- Pikové -- získali tři body, těch mohli dosáhnout jedním vítězstvím a dvěma prohrami anebo třemi remízami.

Druhý tým -- Eukleidovi přesýpači -- má zapsanou jednu výhru, další dva zápasy je třeba rozdělit mezi remízy a prohry. Kdyby však oba zápasy skončily prohrou, získali by Přesýpači v turnaji 3 body a měli by tedy stejně jako první tým (Pikové), tato možnost tedy nevyhovuje zadání.

Výsledky úvah zaneseme do tabulky:

Kdyby Pikové skončili bez prohry, zbývaly by už jen dvě možné prohry, v tabulce ale už máme zapsané tři výhry a celkový počet výher a proher by nemohl být stejný. Pikové tedy skončili se dvěma prohrami a jednou výhrou.

Tím se nám objevila další výhra (máme je tedy celkem 4), musíme tedy doplnit další prohru, a to ve druhém řádku tabulky. Dostali jsme konečný počet proher, tedy i výher, do posledního políčka u výher tedy musíme doplnit nulu, a abychom zajistili počet zápasů třetího týmu (Ochránců pyramid), doplníme u něj dvě remízy.

Konečná tabulka tedy vypadá takto:

Ještě ověříme, zda tato tabulka může skutečně vzniknout jako výsledek turnaje: zjistíme, jak který zápas dopadl. Ochránci pyramid mají zapsané dvě remízy, ty uhráli s Přesýpači a s Omniky, Pikům tedy podlehli. Omnici pak vyhráli nad Piky a nad Přesýpači. Zbývající zápas Piky s Přesýpači pak nutně skončil vítězstvím druhých. Tento průběh turnaje pak odpovídá zjištěné tabulce:

Komentář: Jen málokdo zkoumal, zda tabulka může odpovídat nějakému turnaji, přitom se ale může stát, že tomu tak není, i když tabulka splňuje podmínky, které jsme vyjmenovali na začátku, příkladem je tato tabulka:

Těm, co jednotlivé zápasy nerozepsali, jsem nakonec body nestrhával, právě naopak -- kdo tak učinil, dostal o bod navíc (pokud jich už tak neměl plný počet).

Úloha č. 3

Plocha, kde se velbloud může pást, je vyznačena na obrázku. Jedná se o sjednocení půlkruhu, jehož poloměr je roven délce provazu (tedy 10 ol), a dvou čtvrtkruhů, z nichž jeden má poloměr 6 ol a druhý 2 ol. Obsah této plochy je pak $S = 1\over2 \cdot \pi \cdot 10^{{2} + 1\over4 \cdot \pi \cdot 6}{2} + 1\over4 \cdot \pi \cdot 2^{{2} = 60\cdot\pi \doteq 188,5 ol}{2}$.

Komentář: Důležité bylo všimnout si, že provaz nemůže procházet skrz budovu, takže se ohne o roh kůlny a vzniknou dva čtvrtkruhy, kde se velbloud může pást. Řešitelé, kteří si to neuvědomili, získali (v případě jinak správného výpočtu) dva body. Další častou chybou bylo, že jste číselně vyjádřili obsahy jednotlivých čtvrtkruhů a půlkruhu, které jste zaokrouhlili. Takovým postupem dochází většinou k nepřesnostem; lépe je počítat bez dosazení \pi, jak nejdéle to jde, a dosadit až na závěr. Pokud jste to neudělali, stálo vás to bod. Ještě bych chtěl upozornit, abyste si uvědomili rozdíl mezi významem slov kruh a kružnice, který je všem řešitelům jistě dobře znám, i když ne všichni tato slova ve svých řešeních použili správně.

Úloha č. 4

Označme L součet cifer na lichých pozicích a S součet cifer na sudých pozicích. Dále si označme a, b, c, d, e, f, g počty pytlů mrkve, které velbloud sní v jednotlivých dnech (f=0, S=b+d, L=a+c+e+g). Platí S+L=28. Aby bylo výsledné sedmimístné číslo dělitelné 11, je rozdíl S a L buď 0, nebo 11, nebo 22.

Řešením soustavy rovnic

je A=19,5, B=8,5. A tedy neexistují celá čísla S a L taková, aby jejich rozdíl byl 11.

Protože S = b+d \le 9+8, není možné, aby S-L=22 (S=25, L=3).

Pro L-S=22 (L=25, S=3) je buď b=1, d=2, nebo b=2, d=1. Aby bylo výsledné číslo co nejmenší, volíme nižší čísla na pozicích, které jsou více vlevo. Tedy b=1, d=2. Nyní a \ge 3. Zvolme tedy a=3. Pro c=4 je a+c+e+g \le 3+4+8+9 = 24. Je tedy c \ge 5. Pro c=5 již možné hodnoty číslic a, c, e, g nalezneme, a to a=3, c=5, e=8, g=9. Z postupu, jakým jsme vybírali čísla, je vidět, že číslo 3 152 809 je nejmenší číslo pro L-S=22.

Pro L-S=0 (L=14, S=14) je buď b=5, d=9, nebo b=6, d=8 (záměrně jsme již dali nižší čísla na pozice více vlevo). Pro b=5, d=9 bude výsledné sedmimístné číslo menší. Zvolme a=1, c=2, e=3 (nejlepší možná volba) a dopočítejme g=8. Zde je nutné si rozmyslet, že ne vždy lze postupovat takto přímočaře. Mohlo by se stát, že po dosazení námi zvolených hodnot za některé neznámé by již neexistovalo žádné řešení. V tom případě bychom museli zvolit hodnoty jinak. Také je dobré si uvědomit, že b=5, d=9 by nebylo nejlepší řešení, pokud bychom chtěli za a zvolit 5. Tato situace ale nenastala. Výsledné sedmimístné číslo je 1 529 308. Toto je tedy nejmenší možné číslo splňující zadání úlohy (zejména si rozmyslete, proč nemůže existovat menší).

Komentář: Úloha měla v podstatě dvě části. Za prvé najít nějaké číslo, které vyhoví podmínkám zadání. Za druhé dokázat, že menší číslo už neexistuje. Důkaz neexistence obvykle vyplynul ze způsobu, jakým bylo číslo vyhovující zadání nalezeno. Řešitelé, kteří napsali jen výsledek a celý postup chyběl (popř. byl tak stručný, že nešlo poznat, proč by nemohlo existovat menší číslo splňující zadání), dostali obvykle 0 až 2 body podle toho, jak moc jim chybělo.

Mnoho řešitelů si neuvědomilo, že číslo je dělitelné 11, i když je součet cifer na sudých pozicích stejný jako součet cifer na lichých pozicích. Pokud neudělali další chybu, dostali 3 body.

Další početná skupina byli řešitelé, kteří si špatně přečetli zadání a jejich sedmimístná čísla nesplňovala nějakou podmínku ze zadání (nejčastěji nebyl součet počtů pytlů 28). Tito řešitelé dostali nejčastěji 0 bodů.

Úloha č. 5

Nejprve zjistíme, který druh krabic je „nejlevnější“ vzhledem ke svému objemu: vypočítáme, kolik stojí jedna „krychlička“, tedy 1 ol^{3} v každé krabici.

U krabice A to bude 5 ok, u krabice B 4 ok (8 ok : 2), u krabice C 3 ok (9 ok : 3), u krabice D 3,75 ok (15 ok : 4).

Nejvýhodnější je tedy krabice druhu C. Kdyby se nám podařilo zaskládat nádobu pouze krabicemi druhu C, celková cena krabic by byla nejmenší možná (cena na 1 ol^{3} všech ostatních druhů krabic je vyšší; při jejich použití se celková cena nádoby nutně zvýší).

Ukážeme, že takové zaskládání nádoby je možné. Sestavme nejdříve z 20 krabic jeden „blok“ o rozměrech 10 ol \times 6 ol \times 1 ol:

Tento blok můžeme naskládat čtrnáctkrát za sebe a vznikne nám tak kvádr o rozměrech 10 ol \times 6 ol \times 14 ol. To jsou však přesně rozměry nádoby.

Použijeme tedy 280 krabic druhu C (20 krabic v každém bloku, bloků je celkem 14, 14 \cdot 20 = 280), celková cena krabic v nádobě bude $280 \cdot 9 ok = 2520 ok$.

Podle zadání se nejedná o čtyři různé druhy kávy, nýbrž o čtyři různé druhy krabic (se stejnou kávou). Není tedy třeba hledat takové řešení, kdy použijeme všechny čtyři druhy krabic.

Úloha č. 6

Pokud si nakreslíme rovnoběžky s t procházející středy S_{2} a S_{3} (viz obrázek), vidíme, že trojúhelníky S_{1}A'S_{2} a S_{3}B'S_{2}, S_{1}C'S_{3}, jsou pravoúhlé. Zároveň snadno určíme délky jejich stran.

V každém z těchto 3 trojúhelníků platí Pythagorova věta. Tedy

Máme tedy tři rovnice pro tři neznámé:

Pokud vynásobíme první dvě rovnice mezi sebou a vydělíme je třetí rovnicí (to můžeme, jelikož zřejmě r_{1}>0, r_{2}>0, r_{3}>0), dostaneme

Podobně když vynásobíme první rovnici s třetí a vydělíme druhou, dostaneme

A nakonec podobně dostaneme

Poloměry kružnic jsou 52\over5_op(), 20\over13_op() a 65\over16_op().

Úloha č. 7

Zvolme na úsečce BC bod X a na úsečce AC bod Y. Zobrazíme bod A na bod A' v osové souměrnosti podle osy BC a dále zobrazíme bod B na bod B' v osové souměrnosti podle osy AC. Protože osová souměrnost zachovává délky úseček, bude délka lomené čáry AXYB stejná jako délka lomené čáry A'XYB'.

Kdyby úsečka A'B' protínala strany AC a BC, byla by lomená čára A'XYB' nejkratší právě v případě, kdy tvoří úsečku A'B'. Hledané body X a Y bychom pak dostali jako průsečík úsečky A'B' s jednotlivými stranami AC a BC.

Bohužel se do zadání vloudila menší chybička (úhel 45\deg měl být u vrcholu C a ne u vrcholu B), a tak v našem případě úsečka A'B' neprotíná strany trojúhelníku ABC. Ukážeme, že pokud je aspoň jeden z bodů X a Y různý od vrcholu C, tak platí

a tudíž lomená čára AXYB je nejmenší, když body X a Y splývají s vrcholem C.

Následující postup vychází z řešení Veroniky Jurtíkové. Veďme vrcholem C přímku kolmou na A'B'. Tato kolmice protne úsečku A'B' v bodě K a úsečku XY v bodě L. Z trojúhelníkové nerovnosti pro trojúhelníky A'LX a B'LY plyne

v těchto nerovnostech může nastat rovnost, pokud by příslušné tři body tvořící trojúhelník ležely na přímce, to ale může nastat maximálně v jednom případě (jinak by všechny body A', X, L, Y a B' musely ležet na jedné přímce). Sečtením obou nerovností tak dostaneme

Trojúhelníky A'KC a A'KL jsou pravoúhlé se společnou odvěsnou A'K. Protože |KC| \leq |KL|, je také podle Pythagorovy věty |A'C| \leq |A'L|. Obdobně platí |B'C| \leq |B'L|. Tedy |A'C| + |B'C| \leq |A'L| + |B'L| a z nerovnosti (2) získáme

což je jenom jinak přepsaný vztah (1).

Konstrukce hledané lomené čáry je velmi jednoduchá, protože prasklina je tvořená stranami AC a BC. Trojúhelník ABC má zadánu stranu a dva přilehlé úhly, lze ho sestrojit podle věty usu.

Komentář: Někteří řešitelé našli body X, Y jako paty výšek na strany BC a AC. V tomto případě jsou sice vzdálenosti úseček AX a BY nejkratší, ale lomená čára AXYB je tvořená ještě třetí úsečkou XY, jejíž délka se také musí brát v úvahu.

Rovněž řešení založená na vyzkoušení několika poloh bodů X, Y a změření délky příslušné lomené čáry nejsou správná, protože tímto způsobem není možné postihnout všechny možné polohy.

Opravovali: 1. Václava Kopecká, 2. Petr Škovroň, 3. Jan Foniok, 4. Martin Hejna, 5. Jiří Benc, 6. Roman Fiřt, 7. Zbyněk Pawlas.