Řešení 5. série 17.ročníku

Úloha č. 1

Nejmenší dvě druhé mocniny čísel větších než 1 jsou 4 a 9. Tedy nejmenší číslo, které lze dostat součtem alespoň dvou druhých mocnin, je číslo 8 (=4+4), další je 12 (=4+4+4), pak 13 (=4+9) atd. Když si uvědomíme, že můžeme sčítat libovolný počet druhých mocnin a že nejmenší druhou mocninou je číslo 4, pak nám stačí najít nejmenší čtveřici po sobě jdoucích čísel, které se dají napsat jako součet druhých mocnin alespoň dvou čísel. Všechna větší čísla potom můžeme vyjádřit přičítáním čísla 4.

Lehce zjistíme, že čísla 24 (=16+4+4), 25 (=16+9), 26 (=9+9+4+4), 27 (=9+9+9) tvoří požadovanou čtveřici. Žádná menší neexistuje, protože číslo 23 pomocí součtů mocnin 4, 9 a 16 nelze vyjádřit.

Největší číslo, které nelze napsat jako součet alespoň dvou druhých mocnin větších než 1, je číslo 23. Proto má strom 2300 let.

Komentář: Pokud mi někdo napsal fůru vzorečků, aniž by řekl, kde na ně přišel, dávala jsem 1 bod. Stejně tak, když nevysvětlil pořádně postup a způsob uvažování nebo se spokojil s prvním nalezeným číslem. Za drobné chyby jsem 1 bod strhávala.

Úloha č. 2

Následující rozmístění koček a myší vyhovuje zadání:

Komentář: Asi polovina řešitelů toto řešení nenašla. Pak buďto jen konstatovali, že řešení neexistuje, nebo neexistenci dokazovali. Některé důkazy obsahovaly správné myšlenky, za ty jsem někdy dával body. Žádný z důkazů neexistence však pochopitelně nebyl zcela přesvědčivý.

Úloha č. 3

Jestliže myš má rychlost v_{m}=15 ols a kočka v_{k}=10 ols, pak náskok mezi nimi se bude zmenšovat rychlostí v=v_{m}-v_{k}=5 ols. Je-li původně náskok s=30 ol, bude jeho stažení na nulu trvat t = s/v = s/(v_{m}-v_{k}) = 30/(15-10) os = 6 os. Myš tedy kočku dohoní, rozcupuje na kusy a nemilosrdně sežere za šest omnipoliských sekund.

Komentář: Tato úloha se dala řešit několika způsoby. Nejpřímočařejší je použít vztah s=vt pro dráhu, kterou urazí kočka a myš, získat tak soustavu rovnic a tu vyřešit. Někteří řešitelé použili výše ukázaný postup, který je jednodušší na počítání a dá se do něj dosadit takřka zpaměti.

Někteří z vás úlohu řešili pomocí tabulky, do které si vypisovali vzdálenosti, ve kterých bude kočka a myš po uplynutí jedné, dvou, ... sekund a pak zjistili, že v řádku odpovídajícím šesté sekundě se údaje shodují. Takové řešení má nevýhodu, že délka tabulky závisí na číselných hodnotách v zadání a může být neomezeně velká. Navíc nemusí dojít ke shodě v žádném řádku, protože řešení nemusí být celočíselné.

Několik řešitelů řešilo úlohu graficky -- buď nakreslením jedné časové osy a na ní vyznačením intervalů, které zvířata uběhla v jednotlivých sekundách, nebo nakreslením několika časových os, každá odpovídající stavu v jednotlivé sekundě. Takové řešení je v podstatě totožné s řešením pomocí tabulky.

Úloha č. 4

Začneme postupně zaplňovat bednu od její kratší strany a levého rohu. Máme celkem dvě možnosti, jak začít (viz obrázek).

Nyní, ať se pokusíme zaplnit zbývající plochu krabice jakýmkoliv způsobem, vždy nám zůstane políčko, které nepokryjeme.

Krabice má celkem 60 políček a přesně 60 políček zabírá i 15 myší, které máme do krabice dostat. Má-li to být bez toho, aby se myši překrývaly, musíme tedy krabici zaplnit beze zbytku, což jsme úvahou v první části příkladu vyloučili. Všech 15 myší do krabice bez překrývání nedostaneme.

Jiné řešení: Bednu si rozdělíme na 6 \times 10 čtverečků o straně 0,1 ol. Ty pak -- jako na šachovnici -- střídavě obarvíme černě a bíle. Když umístíme myš libovolně, bude zabírat 3 čtverečky jedné barvy a jeden čtvereček druhé barvy. Kdybychom do krabice umístili přesně 15 myší, tak by musely zabírat lichý počet bílých čtverečků a rovněž lichý počet černých čtverečků. To ale není možné, protože černých i bílých čtverečků je 30. Všech 15 myší do krabice bez překrývání nelze umístit.

Úloha č. 5

Jestliže chce pes omnipoliský sníst šedivou myš nakonec, měl by si spočítat, kam ji má položit. Očíslujeme si jednotlivé pozice, na kterých jsou myši, čísly 1, 2, ..., 24 po směru hodinových ručiček tak, aby šedá myš byla na čísle 24. Nejprve je třeba si uvědomit, že když bude myši jíst dle postupu, tak nezávisí na tom, u které myši začne. Poslední snědená myš bude vždy stejně daleko od první snědené (o n pozic). Začne-li například pes u myši číslo 1, tak skončí u myši číslo n+1, začne-li u myši číslo 2, tak skončí u myši číslo n+2 atd. (pokud daná pozice je větší než 24, uvažujeme její zbytek po dělení 24). Aby snědl šedivou myš jako poslední, musí sníst jako první myš na pozici 24-n. Úloha má jediné řešení. Snadným dopočítáním dojdeme k tomu, že n=2. Proto musí pes jako první sníst myš číslo 22 neboli druhou myš od šedivé proti směru hodinových ručiček.

Komentář: Většina řešení byla správná, a tak jsem je hodnotil 5 body. Jestliže byl postup neúplný nebo podezřelý (například někdo zkoušel všech 23 možností, kde začít), body jsem strhával.

Úloha č. 6

Číslo 15 se nedá zapsat jako rozdíl dvou čísel, proto musí ležet na základně pyramidy. Jediný způsob, jak zapsat 14 jako rozdíl dvou čísel, je 14=15-1, a tak 14 bude buď v první a 1 v druhé řadě nebo naopak. Číslo 13 lze zapsat jako 15-2 nebo 14-1. Vzhledem k možnému umístění 14 a 1, musí 13 ležet buď v první nebo v druhé řadě (nemůže být ve třetí). Podobně postupně zjistíme, že čísla 12, 11 a 10 mohou být pouze v první, druhé nebo třetí řadě a čísla 9, 8, 7 a 6 maximálně ve čtvrté řadě.

Potom už pomocí zkoušení brzy dojdeme k řešení:

$$ $$ $$ $$ $$ 5 $$ $$ $$
$$ $$ $$ $$ 9 $$ 4 $$ $$
$$ $$ $$ 2 $$ 11 $$ 7 $$
$$ $$ 10 $$ 12 $$ 1 $$ 8
$$ 13 $$ 3 $$ 15 $$ 14 $$ 6

Druhé možné řešení je zrcadlově převrácené.

Komentář: Plný počet 5 bodů dostali ti, kteří měli vypsaná základní kritéria pro dosazování a správné řešení včetně základny. Za neúplné a nezdůvodněné postupy jsem dávala 2 body. Jeden bod jsem udělovala, pokud byl sice dobře postup, ale byly tam chyby v základně, pokud byl neúplný nebo chybějící postup nebo pokud někdo vypsal pouze kritéria a ne pyramidu. Za chybně vypsanou pyramidu bez postupu jsem dávala 0 bodů. Jeden bod jsem strhávala za drobné nesrovnalosti v postupu.

Úloha č. 7

Plocha záhonu je 750 ol^{2} (=25\cdot30). Z každého čtverečného lokte, který bude oset mrkví prvního typu (dále jen M1), vzejde 6 okg mrkve a z každého čtverečného lokte, který bude oset mrkví druhého typu (dále jen M2), vzejde 5 okg. Proto bude výhodnější osít co možná nejvíce M1. Nechat část záhonu neosetou se nevyplatí, protože když místo jednoho sáčku M1 nasejeme M2, zvýší se celkový výnos o 1 okg (=25-24).

Musíme tedy nalézt řešení, které jednak zaplní celou plochu beze zbytku a bez přebytku (Omnipolisané musí spotřebovat všechna semena), jednak bude co možná největší část záhonu osetá M1. Pokud použijeme největší možný počet sáčků M1, tj. 187, zůstanou 2 ol^{2} neoseté a není žádná možnost je osít mrkví (jinak by nám mrkev zbyla). Jak víme, nechat je neoseté je nevýhodné. Pokud snížíme počet sáčků M1 na 186, zbude nám 6 ol^{2}, což také není možné osít beze zbytku. Při použití 185 sáčků M1 zbude 10 os^{2}, což osejeme dvěma sáčky M2. Tak bude výnos nejlepší možný.

Odpověď: Omnipolisané by měli koupit 185 sáčků prvního druhu mrkve a 2 sáčky druhého druhu mrkve. Školníkův velbloud se může těšit na 4450 okg mrkve.

Komentář: Téměř všichni zaměnili „nesmí zbýt žádná mrkev“ za „nesmí zůstat žádná část záhonu volná“. V tomto příkladu (a jak jsem ukázal v řešení) je to totéž. S jinými čísly by však tato záměna vedla ke špatnému řešení.

Opravovali: 1. Václava Kopecká, 2. a 3. Petr Škovroň, 4. Roman Fiřt, 5. Jan Blažek, 6. Václava Kopecká, 7. Vít Strádal.