Řešení 3. série 20. ročníku

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Nejprve jednotlivá čísla označíme: a=64, b=15, c=21, d=4, e=18, f=49. Pokud hledáme maximum zadaného zlomku pomocí prodlužování zlomkových čar, chceme po úpravě dosáhnout co největšího čitatele a co nejmenšího jmenovatele. Hodnota zlomku rozhodně nemůže být větší než a\cdot c\cdot d\cdot e\cdot f \over b. Pokud dokážeme správně prodloužit zlomkové čáry, máme vyhráno. Po krátkém uvažování dojdeme k řešení:

64/((((15/21)/4)/18)/49) = 64 \cdot 21 \cdot 4 \cdot 18 \cdot 49 \over 15

Obdobně získáme kandidáta na minimální hodnotu: $a \over b \cdot c \cdot d \cdot e \cdot f$. Zde je ihned patrné, že minimum bude

(((((64/15)/21)/4)/18)/49) = 64\over(15 \cdot 21 \cdot 4 \cdot 18 \cdot 49)

Komentář: Mnoho z došlých řešení bylo naprosto správně, na druhou stranu jsem udělil pár nul za špatná řešení bez jakéhokoli komentáře. Znovu opakuji, že je důležité psát postup, než prostě napsat výsledek, za který nedávám více než tři body.

Úloha č. 2

První, co si musíme ze zadání uvědomit, je, že potrubí od studny ke straně náměstí bude na tuto stranu kolmé, a to proto, že je to nejkratší možnost. Cílem bylo ukázat, že zvolíme-li v rovnostranném trojúhelníku libovolný bod, tak součet vzdáleností tohoto bodu od jednotlivých stran je vždy stejný a je roven velikosti výšky trojúhelníku.

To ověříme z následující rovnosti:

S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABS} + S_{\triangle ACS} + S_{\triangle BCS}.

A z toho jednoduchým výpočtem dojdeme k požadovanému výsledku:

\eqalign{ av\over2 &= av_{a}\over2 + av_{b}\over2 + av_{c}\over2,\cr av &= av_{a} + av_{b} + av_{c},\cr v &= v_{a} + v_{b} + v_{c}.\cr }

Komentář: Úlohu lze řešit i čistě geometricky bez použití výpočtů. Taková řešení byla ojedinělá, ale zato většinou velmi pěkná. K získání pěti bodů bylo potřeba úlohu vyřešit a také vhodně doplnit komentáři. Za pouhé konstatování „ano, je to pravda“, jsem dávala nula bodů. Pokud jste tam alespoň nakreslili rozumný obrázek, mohli jste získat jeden až dva body.

Úloha č. 3

Na začátku bych chtěl podotknout, že podobné úlohy obvykle nelze řešit jinak než procházením všech možností. Abychom tak nemuseli činit, je dobré stanovit si nějaké omezující podmínky. Mezi mongolskými městy je celkem 14 silnic. Putujeme-li z Chojbalsanu, musíme cestovat do Ulaanbaataru, což nám zabere 82 dní. Předpokládejme na chvíli, že ze zbylých třinácti silnic použijeme jen sedm. Jak se ukáže, dostaneme celkem deset možných tras. Pro úplnost je všechny uvádím, ač pro úsporu jen počátečními písmeny měst; Darchan zkracuji Dr a Dalandzadgad Dl. V závorkách uvádím délku dané cesty:

  • Ch U Dr E B Dl K Ö A (567),
  • Ch U Dr E B Dl K A Ö (532),
  • Ch U Dr E B Dl A Ö K (601),
  • Ch U Dr E B Dl A K Ö (595),
  • Ch U Dr E Ö A K Dl B (596),
  • Ch U Dr E Ö K A Dl B (659),
  • Ch U Dr E K Ö A Dl B (595),
  • Ch U B Dl K A Ö E Dr (592),
  • Ch U B Dl A K Ö E Dr (655),
  • Ch U B Dl A Ö K E Dr (591).

Pokud vyberu osm nejkratších silnic, bez ohledu na jejich polohu na mapě, je jejich celková délka 495 dní, což je však jen o 37 dní delší než nejkratší „osmisilnicová“ trasa. Kdybych použil nejkratší silnici (Darchan--Erdenet, 19 dní) dvakrát, tak sice dostanu 514 dní, ale nevyberu z nich požadovanou trasu. Druhá nejkratší silnice je dlouhá 58 dní, a pokud bych ji použil dvakrát, dostávám součet delší než 532 dní. Nejkratší trasa z Chojbalsanu je druhá v pořadí.

Komentář: Jak jsem již předeslal, u tohoto typu úloh není snadné přijít na nějaký konkrétní postup, proto zřejmě velká většina řešitelů pouze konstatovala nejkratší cestu; tato řešení jsem hodnotil třemi body. Pokud jsem ve vašem řešení objevil nějakou zajímavější a správnou myšlenku všechno neprocházet, udělil jsem čtyři až pět bodů.

Úloha č. 4

Muž vyhrál čtyři hry z dvaceti, což je jedna pětina. Náleží mu tedy sleva 20 procent.

Druhá část úlohy je složitější. K určení pravděpodobnosti, že muž vyhrál třikrát za sebou, potřebujeme spočítat poměr počtu všech různých možností, kdy z 20 her vyhraje čtyři a z toho tři za sebou, a počtu všech různých možností, kdy muž vyhraje čtyři hry z 20.

Spočítáme všechny možnosti výsledků 20 her, když jsou 4 výhry a 16 proher. Vybíráme vlastně 4 prvky z 20 a můžeme to udělat $20 nad 4 = 4 845$ různými způsoby.

Nyní spočítáme počet možností, kde jsou 3 výhry za sebou. Muž mohl vyhrát 1., 2., 3. hru, nebo 2., 3., 4. hru, nebo ... atd., až 18., 19. a 20. hru. Trojice po sobě jdoucích her, které vyhraje, může mít 18 různých pozic. Pro každou z pozic musíme ještě umístit čtvrtou výhru (čímž se počet možností podstatně zvýší); pro umístění čtvrté výhry zbývá 20-3=17 míst, takto dospějeme k počtu 17\cdot18=306 možností, do kterých jsme ovšem započítali každou pozici, kdy jsou všechny čtyři výhry za sebou, dvakrát. (Např. když vyhraje 1., 2., 3. a 4. hru, započítáme tuto možnost pro trojici 1., 2., 3. i pro trojici 2., 3., 4.). Když uvažujeme čtyři výhry za sebou z dvaceti her, může k nim dojít v 1., 2., 3. a 4. hře nebo 2., 3., 4., a 5. hře, nebo ... atd. až v 17., 18., 19. a 20. hře. Celkem tedy musíme odečíst 17 možností, které jsme započítali dvakrát. Proto je počet všech různých možností, jak vyhrát čtyři hry z 20 a z toho tři za sebou, roven 306-17=289.

Hledaná pravděpodobnost je tedy 289/4845=17/285\doteq0,06.

Komentář: Za správně vyřešenou první část úlohy jsem dávala dva body. Pokud jste měli aspoň jeden dobrý nápad, jak určit pravděpodobnost, a dostatečně jste ho vysvětlili, měli jste 3 nebo 4 body.

Úloha č. 5

Přímo v zadání bylo řečeno, že bílý skončil druhý a žlutý třetí. Ze

  1. bodu zadání máme, že červený nemohl skončit poslední (za ním skončil Lutze), a z 5. bodu, že zelený nebyl poslední. Jediný, kdo mohl být poslední, byl tedy modrý. Pokud bychom chtěli vědět, kdo měl jaké kameny, určili bychom jejich umístění v tabulce turnaje: Cen, Lutze, já, Vigi a Chou.

Komentář: Úloha byla velice jednoduchá. Aspoň tři body dostal každý, kdo úlohu vyřešil správně. Hodnotila jsem obzvláště postup.

Úloha č. 6

Protože známe délku strany AD, můžeme začít s ní. Jako první si tedy narýsujeme stranu AD, která bude mít délku 12 cm. V bodech A a D sestrojíme kolmice a a d k úsečce AD. Známe velikost úhlu ADQ, a tedy sestrojíme polopřímku DZ, která bude svírat s úsečkou AD úhel 45\deg. Bod Q je průsečík polopřímky DZ a kolmice a. Bod Q je středem oblouku nad stranou DC. Sestrojíme tedy kružnici k se středem v bodě Q a poloměrem |QD|. Tato kružnice protne kolmici d v bodě D a v dalším bodě, který je hledaným bodem C. Ze získaných bodů již lehce doplníme tvar vývěsního štítu.

Popis konstrukce:

  • AD; |AD|=12 cm
  • a; a \perp AD, A \in a
  • d; d \perp AD, D \in d
  • DZ; |\angle ADZ|=45\deg
  • Q; Q = DZ \cap a
  • k; k(Q,|QD|)
  • C; C = k \cap d
  • c; c \perp d, C \in c
  • B; B = c \cap a
  • q; q \perp a, Q \in q
  • P; P= q \cap d
  • l; l(P,|PA|)
  • štít ABCD

Komentář: K plnému počtu bodů bylo potřeba nejen načrtnout, ale i narýsovat obrázek alespoň v průměrné kvalitě. Když rýsujete, tak by se vám měl celý obrázek vejít na papír. V tomto případě bylo nejjednodušší zmenšit obrázek v nějakém měřítku. Dále vám dělal problémy postup. Jenom nakreslený obrázek byl ohodnocen jedním bodem.

Úloha č. 7

V zadání uvedeném v letáku se vyskytla chyba, za což se omlouváme. Většina řešitelů počítala se správným zadáním (někteří po ověření zadání na webových stránkách, jiní zadání patřičně opravili nebo prohodili čísla). Ve správném zadání úlohy má být, že |AB|=4 palce a |AA'|=4,5 palce.

Nyní k samotnému řešení: Počítáme obsah řezu trojbokého pravidelného hranolu ABCA'B'C' rovinou, která obsahuje stranu AB a bod K, který leží na straně CC' a splňuje |CK|=2\cdot|KC'|. Řezem tedy bude trojúhelník ABK. Protože je hranol pravidelný, platí následující rovnosti pro délky stran:

\displaylines{ |AB|=|BC|=|AC|=|A'B'|=|B'C'|=|A'C'|,\cr |AA'|=|BB'|=|CC'|.\cr}

Poněvadž |CK|+|KC'|=|CC'|, získáváme dosazením vztahu |CK|=2|KC'| a úpravami

\eqalign{ 2|KC'|+|KC'|=|CC'|&=4,5 palce,\cr 3|KC'|&=4,5 palce,\cr |KC'|&=1,5 palce.\cr }

Tedy |CK|=|CC'|-|KC'|=3 palce.

Trojúhelník ABK je rovnoramenný se základnou AB, proto platí |AK|=|BK|. Nyní spočteme |AK| z Pythagorovy věty:

|AK|=\sqrt{|AC|^{2}+|CK|^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=\sqrt{25}=5 palců.

Nyní známe délky všech stran trojúhelníku ABK a stačí na vypočtení jeho obsahu použít Heronův vzorec (pozn. pod čarou: Heronův vzorec umožňuje vypočíst obsah S trojúhelníku, známe-li délky jeho stran a, b, c a polovinu obvodu s=a+b+c\over2: S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}.):

S_{\triangle ABK} = \sqrt{s\cdot \bigl(s-|AK|\bigr)\bigl(s-|BK|\bigr)\bigl(s-|AB|\bigr)},

kde

s = |AB|+|AK|+|BK| \over 2 = 4+5+5 \over 2 = 7 palců.

Tedy

S_{\triangle ABK} = \sqrt{7\cdot 2\cdot 2\cdot 3} = \sqrt{4\cdot 21} = 2\sqrt{21} palců čtverečních.

Řez chlebem má tedy obsah 2\sqrt{21} palců čtverečních.

Obsah řezu lze spočítat i jinak. Nejdříve vypočítáme délku |KS|, kde S je střed strany AB, obsah pak dopočítáme ze známého vzorce pro stranu a na ni spuštěnou výšku trojúhelníku.

Komentář: Většina z vás počítala druhým způsobem. Nejvíce chyb se objevilo ve výpočtu |KC|. Za odpověď, že takový hranol vůbec neexistuje, jsem byl nucen dát 5 bodů. Někteří přesto spočítali obsah alespoň obecně. Velice mě potěšilo, jak si spousta z vás dokázala poradit se špatně zadanou úlohou, a za to sklízí můj obdiv.

Opravovali: 1. a 3. Ondřej Honzl, 2. a 6. Kateřina Dobiášová, 4. Lenka Blažková, 5. Lenka Burešová, 7. Karel Pazourek.