Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii úloh

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Jan neznal římské číslice, a tak si myslel, že se jedná o nějaký součet dvou čísel, která jsou místo číslic zapsána písmeny tak, že každé písmeno představuje nějakou (ne nutně různou) číslici:

Určete u každého písmene, jaká číslice mu odpovídá.

Řešení: Vzorové řešení je podle Martina Trégla:

Budeme počítat s tím, že první cifra v každém čísle (M,X, L, D, I) nemůže být 0. Jelikož ve druhé rovnici jsou sčítance trojmístné a součet čtyřmístný, první číslice součtu musí být 1, tedy X=1.

Doplníme do rovnic: MDC1+1CDM=LM1C a DC1+IDM=1M1C. Jelikož všechna čísla první rovnice jsou čtyřmístná, musí být součet M+1 menší než 10, tedy M musí být menší než 9. Zkontrolujeme druhou rovnici a zjistíme, že C nemůže být 0, tedy žádné číslo není nula. Podíváme se do první rovnice na pozici desítek -- aby C+D=1, muselo by buď C nebo D být 0, a to jsme vyloučili. Proto C+D=11. V té samé rovnici se C+D opakuje i na pozici stovek, tj. součet CD+DC je 11+110=121, a z toho M=2, L=4.

Doplníme do rovnic: 2DC1+1CD2=421C a DC1+ID2=121C. V obou rovnicích máme na místě jednotek 1+2=C, tedy C=3, a z toho potom D=8.

Chybí nám už jen I, to dopočítáme z druhé rovnice 1213-831=382. Výsledná čísla jsou M=2, D=8, C=I=3, X=1, L=4.

Komentář: Úlohu bych řadila k velmi lehkým, proto jsem bodovala opravdu přísně. Objevila se spousta pěkných řešení, oceněných pěti body, ale bohužel i mnohá další, která měla nedostatečně popsaný postup, neměla ho vůbec, nebo se k výsledku propracovala metodou pokus-omyl. Doporučuji pořádně přečíst vzorové řešení, třeba vám to pomůže k řešení obdobných příkladů.

Úloha č. 2

Ještě si všiml, že pod ní, už ve dřevě dveří, jsou vytesána čísla:

Spočítal si, že jejich součin je 2015, ale daleko více ho zaujalo, že všechna tři čísla jsou prvočísla a celý zápis je palindrom, tedy že se čte odzadu stejně jako odpředu. Kolik existuje takových čísel, že jejich rozklad na prvočísla lze zapsat třemi nanejvýš dvojcifernými prvočísly tak, aby byl tento zápis podobně palindromický? (Číslo 1 není prvočíslo.)

Řešení: Naším úkolem je najít všechna možná čísla, jejichž prvočíselný rozklad lze napsat jako součin tří nejvýše dvojciferných čísel. Zároveň chceme, aby celý zápis byl palindromem.

Aby zápis mohl být palindrom, musí být uprostřed buď jednociferné prvočíslo, tedy 2,3,5,7, nebo dvouciferné prvočíslo, které bude mít stejnou první i druhou cifru, takové ale může být pouze jedno, číslo 11. Uprostřed tedy musí být jedno z těchto pěti čísel.

Nyní musíme najít dvojice symetrických prvočísel, které mohou být na prvním a posledním místě v prvočíselném rozkladu. Způsobů, jak je najít, je více. Můžeme si například vypsat všechna čísla od 2 do 99 a vyškrtávat taková, která nemohou být prvočíslem, neboť jsou to složená čísla (tj. jsou násobkem jiných čísel). Můžeme si také uvědomit, že žádné prvočíslo kromě 2 nemůže být sudé, a pak se zabývat dále jen lichými čísly. Musíme vyškrtnout všechny násobky čísla 3, všechny násobky čísla 5, všechny násobky čísla 7 atd. Dostaneme prvočísla

Z těchto prvočísel najdeme všechny symetrické dvojice, těch je celkem devět:

Čísel, jejichž prvočíselný rozklad lze napsat jako palindrom v podobě součinu tří nejvýše dvojciferných prvočísel, je tedy 5\cdot9=45.

Komentář: Úloha nebyla příliš obtížná, a proto spousta z vás dostala plný počet bodů. Nejčastější chybou bylo, že jste počítali počet různých zápisů prvočíselného rozkladu a ne počet různých čísel. Pak jste započítávali číslo 13\cdot2\cdot31 dvakrát -- jednou jako číslo 13\cdot2\cdot31 a podruhé jako číslo 31\cdot2\cdot13, neuvědomili jste si, že tyto zápisy dávají stejné číslo. Někteří z vás také jako jednu ze symetrických dvojic čísel započítávali i možnost 19-91, přitom číslo 91 není prvočíslo. Což bylo zajímavé hlavně proto, že nikdo z těchto lidí správně neměl uvedené číslo 91 v seznamu všech nejvýše dvojciferných prvočísel.

Úloha č. 3

„Starosta se před nedávnem rozhodl pořídit místním nějaké to zpestření, když sem chodí v neděli po obědě na promenády. Proto ke kašně pořídil tento roztomilý hlavolam. Zde jsou čtyři džbány na 9, 18, 30 a 50 litrů vody (tedy od každé velikosti jeden) s přesnou ryskou, ale bez další stupnice. A když se někomu podaří pomocí těchto džbánů odměřit přesně \def\l{\,{\rm l} } 1 \l vody a nalít ho do tohoto otvoru a 8 \l vody nalít do vedlejšího otvoru, vypadne mu pamětní mince, kterou si může nechat.“ Je vůbec možné získat pamětní minci? A jak?

Řešení: Máme nádoby o objemu 9 \l, 18 \l, 30 \l a 50\l a označíme si je podle objemu 9, 18, 30 a 50. Můžeme si všimnout, že tři ze čtyř nádob mají objem sudý počet litrů, zatímco 9 má objem lichý. Toho využijeme při odměřování jednoho litru. Odměříme ho tak, že vezmeme nádobu 30, naplníme ji vodou a přelijeme do 50. To uděláme ještě jednou, takže nám vyjde 50 plná a v 30 zbyde 10 \l. Nyní využijeme „lichosti“ 9. Vezmeme 30 s 10 \l a nalijeme plnou 9, takže nám ve 30 zbyde požadovaný 1 \l.

Pro odměření 8 \l budeme potřebovat nádoby 50, 30 a 18. Naplníme nádobu 50, z ní naplníme 30, takže nám v 50 zbyde 20 \l. Nádobu 30 vyprázdníme a přelijeme do ní těch 20 \l z 50. Poté naplníme 18 a dolijeme 30, čímž spotřebujeme 10 \l a v 18 nám tedy zůstane požadovaných 8 \l.

Komentář: Plný počet dostávali všichni ti, kteří správně odměřili oba požadované objemy za použití pouze objemů nádob, zatímco ti, kteří si k odměření vytvořili rysku navíc či si přibrali na pomoc kbelík, dostali pouze 3 body. Speciální pochvalu věnuji Karině Lysákové, která zaslala čtyři správná řešení.

Úloha č. 4

Měly připraveno 9 dřevěných krychliček s hranou délky \def\cm{\,{\rm cm} }2 \cm a chtěly je všechny obarvit ze všech stran modří. Na obarvování si uchystaly velkou kruhovou desku o ploše 10\pi \cm^{2}, kterou vždy namočily do modři a jako razítko ji jedním přiložením obtiskly třeba i na několik vedle sebe ležících kostek, pak ji znovu namočily a znovu obtiskly na jiné strany. Když náhodou nějaké místo na kostce potiskly víckrát, nevadilo jim to. Kolikrát nejméně musí desku namočit do modři a obtisknout, aby obarvily všechny stěny všech kostek?

Řešení: Aby mezi razítkovanými krychličkami nebyly zbytečné mezery, uspořádáme si je natěsno do čtverce 3 \times 3 krychličky. Rozmyslíme si, jak se které krychličky obarví, když razítko obtiskneme tak, že jeho střed splyne se středem tohoto čtverce. Jelikož je obsah razítka 10\pi \cm^{2}, odvodíme ze vzorce S = \pi r^{2}, že jeho poloměr je \sqrt{10} \cm. Všimneme si, že je to (k velkému překvapení) přesně stejná vzdálenost jako od středu čtverce k vnějším vrcholům krychliček sousedících stěnou se středovou krychličkou, což jasně vyplývá z Pythagorovy věty r = \sqrt{1^{2}+3^{2}}. Pět z devíti krychliček tak po jednom orazítkování bude mít nabarvenou celou stěnu. U zbylých čtyř krychlí v rozích vidíme, že hranice obarvené plochy je všude za stěnovou úhlopříčkou, takže k obarvení bude potřeba právě dvou razítkování. Zároveň vidíme, že krychle není možné v kruhu rozmístit jakkoli jinak, aby alespoň pět z nich bylo plně obarveno, takže toto uspořádání je nejlepší možné.

Nyní se pokusíme odhadnout, kolik nejméně razítkování bude potřeba, a poté najít nějaký způsob, jak razítkování provést, případně důvod toho, proč námi odhadnutý počet kroků ještě není dostačující. Jako první odhad nám samozřejmě může posloužit poměr povrchů všech kostiček a plochy razítka, tedy

Je proto jasné, že méně jak 7 razítkování nemá smysl rozebírat. Zároveň si ale musíme uvědomit, že při žádném způsobu razítkování nedokážeme krychličky rozmístit tak, abychom využili dokonale celou plochu razítka, aniž bychom razítkovali prázdný prostor nebo již obarvené krychle. Proto zkusíme odhad zpřesnit na základě úvahy o rozmístění krychlí. Víme, že 5 stěn obarvíme celé a 4 další budeme muset ještě jednou obarvit, započítáme je proto jako polovinu stěny. Každým razítkováním tak dohromady obarvíme 5 + 4\cdot1/2 = 7 stěn z celkových 54. Potřebujeme

tedy nejméně 8 razítkování. Teď si musíme rozmyslet, jak postupovat, abychom se vyhnuli situaci, ve které nám do posledního kroku zbude několik neorazítkovaných stěn na téže krychli. V prvním kroku se 5 stěn krychlí obarví úplně, a proto tyto krychle, beze změny pozice, otočíme nějakou ještě neobarvenou stěnou nahoru. Čtyři krychle v rozích otočíme pouze o 180° kolem svislé osy, aby se dalším orazítkováním dobarvily úplně. Poté všechny krychle otočíme, opět beze změny pozice ve čtverci, neobarvenou stěnou vzhůru a obdobně provedeme první dva kroky razítkování. Po čtyřech razítkováních jsme dosáhli situace, kdy pět kostek v kříži uprostřed má obarveno po čtyřech stěnách a kostky v rozích čtverce mají každá úplně obarvené stěny dvě. Teď už je lehké si uvědomit, že když vyměníme kostky se čtyřmi kostkami z kříže, dosáhneme zopakováním prvních čtyř razítkování toho, že kostkám, které původně byly v rozích, se právě dobarví zbylé čtyři stěny a naopak těm, které jsme do rohů přesunuli, se obarví zbylé dvě stěny. Krychličce, kterou jsme nechali uprostřed, dvakrát orazítkujeme již modrou stěnu, ale to ničemu nevadí. Razítko je tedy nutné namočit a obtisknout skutečně nejméně osmkrát.

Komentář: Překvapilo mě, že úloha, o které jsem si původně myslel, že bude lehká, nakonec měla docela malé množství úspěšných řešitelů. Někteří z vás se zamotali do otáčení kostiček, takže se přesně ocitli v situaci, kdy v posledních krocích jim zbývaly neorazítkované stěny na stejných krychličkách a využití plochy razítka už tak bylo malé, a proto jim počet potřebných namočení vyšel větší než 8.

Za větší chybu však považuji, když se někdo nechal zlákat hrubým odhadem poměru ploch a na jeho základě jednoduše přišel s řešením, že stačí 7 razítkování. Tady bych rád všechny řešitele poučil, že kdykoli máte určit, jaký nejmenší počet kroků potřebujete k dosažení určitého cíle, nestačí jenom nějakým výpočtem najít minimum, ale ještě musíte připojit příklad postupu, kterým dokážete, že zároveň vámi vypočítané minimum už je dostačující. Což právě v tomto případě vypočítané minimum 7 ještě dostačující nebylo.

Úloha č. 5

„V pondělí a v úterý jsou po víkendu ještě vyřádění, a tak je riziko, že se socha rozbije, každý z těchto dnů jen 1\%. Ve středu a ve čtvrtek je to s nimi už horší a riziko je 2 \%. A v pátek už jsou celí rozjívení, na kárání nedají a hrají jako o život, takže riziko, že socha spadne, je 4 \%. A další týden to začne nanovo. Jaká je pravděpodobnost, že nám tu socha Jana Amose Komenského vydrží nepoškozená 12 týdnů?“

Řešení: Z hodnot v zadání si můžeme snadno určit, jaká je pravděpodobnost, že socha nespadla v daný den. To jsou vždy doplňky do sta procent, jelikož žádné jiné možnosti, než že socha spadne nebo nespadne, neexistují. Mohli jste využít známých vztahů, ale myšlenka je následující. V pondělí socha nespadne s pravděpodobností 99 \%. Dva dny vydržela, pokud vydržela z pondělí a zároveň nespadla v úterý. To je tedy 99 \% z 99 \%, číselně 0{,}99 \cdot 0{,}99 = 0{,}9801, tedy socha vydrží s pravděpodobností 98{,}01 \%. Podobně, tři dny vydržela, pokud vydržela dva a nespadla třetí den, tedy 0{,}9801 \cdot 0{,}98 = 0{,}960498. Tímto způsobem bychom pokračovali dále. Jde vidět, že pouze násobíme hodnoty udávající pravděpodobnost, že socha daný den nespadne. Po dvanácti týdnech je výsledná pravděpodobnost (0{,}99 \cdot 0{,}99 \cdot 0{,}98 \cdot 0{,}98 \cdot 0{,}96)^{12} \doteq 0{,}2964. Socha všech dvanáct týdnů vydržela s pravděpodobností přibližně 29{,}64 \%.

Komentář: Mezi vašimi řešeními bylo mnoho různých postupů, které nemohou fungovat. Některým jsem napsal, proč, ale jelikož se příklady na pravděpodobnost v zadáních Pikomatu příliš nevyskytují, shrnu je i tady.

1. Průměrná pravděpodobnost za týden:  Uváděli jste, že pravděpodobnost, že socha spadne za jeden týden, je průměr pravděpodobností za jeden den, tedy 1+1+2+2+4/5 = 2 \%. Kdyby byla ale pravděpodobnost pádu sochy ve středu 100 \% a zbylé dny 0 \%, pak tato průměrná pravděpodobnost za týden je 20 \%. Ale přitom víme, že ve středu socha určitě spadne.

2. Součet pravděpodobností:  Mylně jste uváděli, že pravděpodobnost, že socha spadne za týden, je součet pravděpodobností za jednotlivé dny. Představte si protipříklad s mincemi. Dvakrát po sobě hodíme mincí. Pravděpodobnost, že padne panna, je 50 \%, stejně tak pro orla. Pokud bychom pravděpodobnosti sečetli, máme, že po dvou pokusech jistě (pravděpodobnost 100 \%) padne orel. Ale myslím, že jde vidět, že pokud byste takový pokus zkoušeli sami, určitě vám (po krátké chvíli) padne dvakrát za sebou panna. Kdo nevěří, může si sám zkusit.

3. Maximum z pravděpodobností:  Další z chyb byla, že jste tvrdili, že pravděpodobnost, že socha nevydrží týden, je rovna nejvyšší pravděpodobnosti zničení za tento týden. To by znamenalo, že nezávisí na počtu pokusů s nižší pravděpodobností než je ta nejvyšší. Znovu příklad s mincemi. Pokud hodíme tisíckrát mincí, a pravděpodobnost, že padne orel je 50 \%, pak by tento postup dával pravděpodobnost 50 \%, že alespoň někdy padne orel. Pravděpodobnost doplňku, tedy jevu, že orel nepadne ani jednou, by také byla 50 \%. Stejně jako v předchozím bodu si můžete vyzkoušet hodit tisíckrát za sebou mincí a zjišťovat, kolikrát se stane, že ani jeden z hodů nebude orel. Osobně to však zkoušet do doby, než se to povede, nedoporučuji.

Úloha č. 6

Středový sloup schodiště měl průměr \def\m{\,{\rm m} }2 \m a vnější stěna od něj byla vzdálená 1 \m. Schody byly kamenné bloky vysoké 15 \cm a na jednu otáčku schodiště jich bylo přesně 13. Jakou nejdelší tyč by bylo možné po tomto schodišti nést?

Řešení: Tyč bude nejdelší v případě, že bude tečnou ke středovému sloupu schodiště a zároveň půjde od vrchní strany schodu A do spodní strany schodu B. Označme S střed sloupu a T bod dotyku tečny (viz obr. vz561).

Vypočítáme si velikost tečny t pomocí pravoúhlého trojúhelníku STB:

Pro určení počtu schodů potřebujeme vypočítat velikost úhlu \alpha v pravoúhlém trojúhelníku STB:

z toho \alpha=60°. V trojúhelníku SAB je velikost úhlu 2\cdot\alpha rovna 120°, tj. třetině plného úhlu. Třetině kružnice odpovídá 4 a jedna třetina schodu, ale protože u schodů můžeme používat jen celá čísla, budou tomu odpovídat čtyři celé schody. Na čtyřech schodech postoupíme do výšky x=4\cdot15 \cm=60 \cm=0{,}6\m. Výška stropu h na schodišti odpovídá výšce schodů potřebných na jednu otáčku bez posledního schodu, protože toho se dotýkáme zespodu:

Délka tyče l bude rovna přeponě v pravoúhlém trojúhelníku, kde jedna odvěsna je t a druhá je součet h+x:

Nejdelší tyč, která by šla po schodech nést, měla délku přibližně 4{,}21\m.

Komentář: Úloha byla celkem složitá na představivost, ale i tak přišla spousta pěkných řešení. Nejčastější chybou bylo, že jste spočítali výšku jednoho patra, ale nedošlo vám, že je to vzdálenost mezi horními plochami dvou schodů nad sebou, ve které je započtena sama výška toho horního schodu. Další chyba byla v představivosti, často jste totiž uvažovali, že schody zespodu vypadají jako dlouhá propojená rovina, nikoli jako nespojité útvary. Pokud byl jinak postup dobře, byly za toto řešení tři body. Chválím Tomáše Večeřu, jehož řešení jsem použila jako vzorové.

Úloha č. 7

Zřejmě si člověk zde uvězněný napsal každý den do řady na stěnu číslo značící, kolik dní už je tu držen. A navíc, když bylo napsané číslo prvočíslem, bylo přeškrtnuté. Jan si chvíli řadu prohlížel, až v ní našel 6 nepřeškrtnutých čísel za sebou, z nichž první bylo dělitelné sedmi a poslední dělitelné třinácti. Jak nejméně dlouho zde byl onen člověk držen?

Řešení: Najprv sa pokúsime splniť podmienku deliteľnosti, teda nájdeme dvojice čísel s rozdielom 5 také, že prvé je násobkom 7 a druhé násobkom 13. Nájsť jednu takú dvojicu je jednoduché, je ňou napríklad dvojica (21, 26). Ako bude vyzerať ďalšia dvojica? Určite ju dostaneme tak, že k číslam 21 a 26 pričítame to isté, zatiaľ neznáme číslo N. To preto, že rozdiel väčšieho a menšieho čísla v danej dvojici je vždy 5. O čísle N vieme, že (21 + N) je deliteľné 7, preto aj N musí byť deliteľné 7. Podobne číslo (26 + N) je deliteľné 13, preto N je deliteľné aj číslom 13. Teraz už vidíme, že najmenšie také N, ktoré je násobkom 7 a 13 súčasne, je najmenší spoločný násobok týchto dvoch čísel, a tým je číslo 91. Tým sme dostali ďalšiu dvojicu (21 + 91, 26 + 91) = (112, 117), ktorá má ohraničovať našu šesticu nepreškrtnutých čísel. Číslo medzi nimi, konkrétne 113, je však prvočíslom, preto muselo byť preškrtnuté. Túto dvojicu tak môžeme zahodiť, ale my vieme, že ďalšiu dvojicu dostaneme pričítaním čísla N = 91. Takto dostávame dvojicu (203, 208) a už ľahko overíme, že všetky čísla od 203 do 208 sú zložené, takže tvoria šesticu za sebou idúcich nepreškrtnutých čísel. Aby človek napísal posledné číslo z tejto šestice, musel tu byť väznený aspoň 208 dní.

Komentář: Veľa z vás úlohu riešilo postupným dosadzovaním násobkov 13 za posledné číslo v šestici a overovaním všetkých podmienok, prípadne hľadaním dvojíc po sebe idúcich prvočísel, medzi ktorými je dostatočne veľký rozdiel. Týmto postupom sa dalo prísť k správnemu výsledku, ale je príliš pracný a často sa stalo, že ste niektoré čísla vynechali. Chválim tých, ktorí nájdením najmenšieho spoločného násobku alebo dokonca vyriešením diofantickej rovnice zredukovali počet kontrolovaných dvojíc na 3, tak ako vo vzorovom riešení. Navyše sa ukázalo, že je veľmi dôležité poriadne si prečítať zadanie, niektorí z vás predpokladali, že pred prvým číslom v šestici musí byť prvočíslo. To vôbec nemuselo platiť.

Opravovali: 1. Helena Pučelíková, 2. Tereza Ptáčková, 3. Barbora Šmídová, 4. Miroslav Koblížek, 5. Vojtěch Kika, 6. Helena Pučelíková, 7. Jakub Dargaj.