Vzorová řešení a komentáře k 1. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Na papíře byla posloupnost symbolů, v níž se poměrně často opakoval symbol \ast. Kromě něj se v posloupnosti vyskytovaly jen symboly #, % a O. Dena ví, že každá posloupnost symbolů mezi dvěma symboly \ast, která má délku dva až pět symbolů, představuje jeden znak zprávy. Kolik různých znaků může být tímto způsobem zakódováno, když předpokládáme, že každý znak se kóduje právě jedním způsobem?

Řešení: Znak zprávy se zakóduje posloupností dlouhou dva až pět symbolů. Spočítáme tedy, kolik různých posloupností těchto délek můžeme ze znaků poskládat.

Pro posloupnost délky dva máme 9 různých možností, jak symboly poskládat. Na první pozici můžeme dát libovolný ze tří symbolů a na druhou pozici můžeme dát opět libovolný ze tří symbolů. Celkem vytvoříme 3 \cdot 3 = 9 různých posloupností. Vypíšeme si je do tabulky.

Před každou z devíti posloupností délky dva můžeme napsat libovolný ze tří symbolů. Tím vytvoříme všechny možné posloupnosti symbolů délky tři. Celkem máme 27 různých možností.

Posloupnosti délky čtyři a pět můžeme vytvořit stejným postupem – před každou posloupnost délky tři můžeme přidat libovolný jeden nebo libovolné dva symboly. Tím vytvoříme všechny možné posloupnosti délky čtyři a pět. Posloupností délky čtyři bude 3 \cdot 27 = 81, posloupností délky pět bude 9 \cdot 27 = 3 \cdot 81 = 243.

Celkem můžeme ze symbolů vytvořit 9 + 27 + 81 + 243 = 360 různých posloupností. Tímto způsobem tedy můžeme zakódovat 360 různých znaků.

Komentář: Většině z vás se podařilo přijít na správné řešení. Nejčastější chybou bylo přepočítání se při součtu možností. Další celkem častou chybou bylo, že jste nepočítali s možnostmi, že by se mohly znaky i opakovat. Tím jste zapomněli na posloupnosti typu %%, %%%, %%%% a %%%%%. I takovéhle posloupnosti mohou kódovat nějaký znak, podobně jako v Morseově abecedě.

Úloha č. 2

Dena si ovšem nevšimla, že svůj kufřík zapomněla doma. Jela drožkou po rovné silnici rychlostí 30 mil za hodinu. Po 15 minutách se v jejím domě aktivovala „Pomněnka“ – okřídlený konstrukt, který za ní s kufříkem přiletěl. Když kufřík odevzdala, vrátila se zpět domů. Jakou rychlostí „Pomněnka“ letěla, když se vrátila domů 35 minut po odchodu Deny?

Řešení: Klíčem k vyřešení této úlohy bylo si uvědomit, kdy a kde se Dena s Pomněnkou setkají. Víme, že Pomněnka vyletěla o 15 minut později než Dena. Dále víme, že Pomněnka se vrátila zpět 35 minut po odjezdu Deny. Tedy let Pomněnky trval 20 minut. Jelikož byla její rychlost stále stejná, cesta na místo setkání i zpět jí trvala 10 minut každým směrem. S Denou se setkala Pomněnka po 10 minutách letu, neboli po 25 minutách jízdy Deny. Ze vzorce pro vztah mezi dráhou, rychlostí a časem víme, že dráha, kterou Dena za těchto 25 minut urazila, byla s=v_{D} \cdot t_{D}=30 \cdot 25/60 = 12{,}5 mil, kde jsme čas v minutách převedli na hodiny. Zbývá už jen dopočítat ze stejného vzorce rychlost Pomněnky, která tuto dráhu urazila za 10 minut. Proto v_{P}=s/t_{P} = 12{,}5/10/60 = 75 mil za hodinu. Elegantněji šly všechny známé údaje sepsat do jediné rovnosti, neboť víme, že dráhy Pomněnky i Deny se rovnají. Z té pak bylo možné vyjádřit rychlost Pomněnky a dosazením získat výsledek.

Komentář: Úloha byla relativně snadná, většina z vás si s ní poradila. Problémy nastávaly jen tehdy, pokud jste například zapomněli na to, že Dena se pohybuje i poté, co Pomněnka vyletěla. Další případný problém byl, pokud jste počítali s cestou tam i zpět a neuvědomili si, že při zpáteční cestě již dráhy nejsou stejné. Pomněnka uletěla tutéž vzdálenost, co po  první cestě (jen se vracela), zato Dena jela stále dále svou rychlostí.

Úloha č. 3

Erik jí ukázal kus pergamenu. Z nápisu zjistila, že by na něm měl být pravidelný sedmiúhelník. Pergamen byl ovšem poškozený: zbyly na něm pouze tři vrcholy. Z těchto zbylých vrcholů žádné dva v původním sedmiúhelníku nesousedily. Dena potřebuje zjistit přesnou polohu všech vrcholů. Ve svém kufříku má kružítko a pravítko bez měřítka. Jak to má udělat?

Řešení: Ze zadání víme, že na pergamenu byl nakreslený sedmiúhelník, o jehož vrcholech můžeme s jistotou říct, že leží na jedné kružnici. Zbyly nám tři body, takže se přímo nabízí z nich sestrojit trojúhelník a jemu opsat kružnici, protože kružnice opsaná tomuto trojúhelníku je identická s tou, na které leží vrcholy hledaného sedmiúhelníku. Víme, že zbylé body spolu nesousedí, označíme je tedy A, C, E (nebo A, C, F, je to stejné, akorát otočené), abychom po dorýsování měli sedmiúhelník ABCDEFG. Mezi body A a C je jeden chybějící vrchol, mezi C a E taktéž, zatímco mezi E a A jsou chybějící vrcholy dva.

Spojíme tedy body do rovnoramenného trojúhelníku a sestrojíme osy ramen (viz Obr. vz131). Tam, kde se protnou, leží střed kružnice opsané k; k(S; r = |AS|). Jelikož víme, že mezi A a C a C a E je po jednom chybějícím vrcholu, využijeme os stran, které nám půlí AC a CE, k určení polohy bodů B a D. Tyto body leží na průsečíku os stran s kružnicí k. Pak už jen zbývá vzít si do kružítka vzdálenost AB, nebo kteroukoliv jinou vzdálenost mezi dvěma sousedními body, nanést tuto vzdálenost na kružnici k z bodů A a E a spojit vrcholy sedmiúhelníku.

Komentář: Většina z vás úlohu správně pochopila i vyřešila, čímž jste nám udělali velkou radost. Někteří řešitelé dokonce našli originální postup nebo rovnou i postupy dva. Našly se ale bohužel i výjimky. Nejčastější chybou byla konstrukce kružnice z ničeho nebo použití sousedních vrcholů. Podle závažnosti chyby jsme strhávaly 1–3 body, 0 bodů jsme daly pouze těm řešitelům, kteří odeslali papír prázdný nebo pouze s jednou větou.

Úloha č. 4

Hra začínala tím, že každý ze strážníků napsal na papír nějaké číslo. Potom náhodně vybrali den v kalendáři a vynásobili vzájemně čísla sedmi následujících po sobě jdoucích dnů (ale ne číslo měsíce ani roku). Strážníci, kteří napsali na papír dělitele tohoto součinu, vyhráli. Jaké je největší číslo, které vždycky vyhraje?

Řešení: Na začiatok si rozmyslíme jednu jednoduchú vlastnosť, ktorú neskôr využijeme pri hľadaní najväčšieho čísla, ktoré vždy vyhrá. Ak máme dve po sebe idúce čísla, zrejme jedno z nich je deliteľné dvomi (ak je prvé párne, tak to je to číslo, ak je prvé nepárne, takže po delení dvomi dáva zvyšok 1, takže to druhé musí byť deliteľné číslom 2). Podobne, ak máme tri po sebe idúce čísla, jedno musí byť deliteľné tromi a tak ďalej pre 4, 5, 6, 7, …

Pustíme sa do hľadania najväčšieho spoločného deliteľa všetkých možných súčinov. Ak vynásobíme čísla 1 až 7, dostaneme súčin 5\,040 a jeho prvočíselný rozklad je 2\cdot 2\cdot 2 \cdot 2\cdot 3\cdot 3\cdot 5\cdot 7. Z toho vieme, že naše hľadané číslo je určite nanajvýš 5\,040. Môžeme sa domnievať, že každý súčin je deliteľný týmto číslom, no ak strážnik zvolí nejaký deň na konci mesiaca, môžeme dostať aj súčin, ktorý týmto číslom deliteľný nie je, napríklad:

• pre dátum 28. 1. dostávame súčin 29\cdot 30\cdot31\cdot1\cdot2\cdot3\cdot4, čo nie je deliteľné 7, takže hľadané číslo je nanajvýš 5040/7=720,
• pre dátum 25. 2. dostávame súčin 26\cdot27\cdot28\cdot1\cdot2\cdot3\cdot4, čo nie je deliteľné 5 a hľadané číslo je nanajvýš 720/5=144,
• pre dátum 27. 2. v prestupnom roku máme súčin 28\cdot29\cdot1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5, čo má v prvočíselnom rozklade iba raz prvočíslo 3, takže hľadané číslo je nanajvýš 144/3=48.

Už teda vieme, že hľadané číslo nie je väčšie ako 48, no ešte ostáva overiť, že toto číslo naozaj delí každý možný súčin po sebe idúcich čísel dní. Jeho prvočíselný rozklad je 48 = 2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot3. Pretože máme 7 po sebe idúcich dní, aspoň 4 určite padnú do toho istého mesiaca. Takže máme 4 po sebe idúce čísla. Z vlastnosti, ktorú sme si uvedomili na začiatku, vieme, že medzi nimi je číslo deliteľné 3, aspoň dve čísla deliteľné 2 a jedno číslo deliteľné 4. Zostáva už len nájsť jeden násobok dvojky, ale ten sa určite bude vyskytovať medzi zvyšnými troma číslami, nech už patria akémukoľvek mesiacu, pretože aspoň dve z tých troch čísel opäť patria do rovnakého mesiaca, takže nasledujú po sebe. To znamená, že každý takýto súčin je deliteľný 48 a to je správny výsledok.

Komentář: Väčšina správnych riešení sa podobala vzorovému riešeniu a našlo sa aj zopár veľmi pekných riešení. Často ste zabúdali na prípad, kedy je zvolený dátum na konci mesiaca, prípadne, že mesiac nemusí mať 31 dní. V takom prípade by bolo výsledkom číslo 5\,040, ale úloha bola trochu zložitejšia a bolo treba ošetriť zopár zákerných prípadov.

Úloha č. 5

Pohár měl tvar válce o průměru podstavy \def\cm{\,{\rm cm}}10 \cm a výšce 30 \cm. Původně byl plný zmrazující kapaliny. Byl ovšem nakloněn, a tak část kapaliny odtekla. Nyní byla nejmenší vzdálenost mezi hladinou a dnem jen 22 \cm. Kdyby se povedlo pohár narovnat a položit na stůl, do jaké výšky by kapalina dosahovala?

Řešení: Prvním důležitým bodem řešení je si pohár nakreslit a najít „nejmenší vzdálenost mezi hladinou a dnem“. Situace je naznačená na obrázku vz151.

Dále se zaměříme na vrchní část poháru, jak je naznačeno na obrázku vz152.

Tvoří ji válec s výškou 8 \cm. Tento válec je zmrazující kapalinou rozdělen na dvě identické části – prázdnou a plnou. Zmrazující kapalina tedy zabírá právě polovinu tohoto válce. Proto, kdyby se pohár podařilo narovnat, vyplní zmrazující kapalina právě polovinu vrchní části poháru a dosáhne do výšky 22 \cm + 8/2 \cm = 26 \cm.

Komentář: Úloha byla veskrze jednoduchá a většina z vás ji vyřešila bez jediného zaváhání. Mezi nejčastější chyby patřilo, že jste si neuvědomili, čemu odpovídá „nejmenší vzdálenost mezi hladinou a dnem“ a že jste odpovídali na jinou otázku, než byla v zadání. Čtěte příště radši dvakrát. ;-)

Nakonec, jakkoliv je úloha jednoduchá, zaslouží si slovní komentář. Úlohy bez alespoň minimálního komentáře už příště nebudu hodnotit plným počtem bodů. Pozor na to.

Úloha č. 6

Máme trojúhelníkovou síť jako na obr. vz161 a v ní vepsané některé číslice. Doplňte do ostatních políček číslice od 1 do 6 tak, aby v žádném z řádků (ani těch šikmých) ani v žádném pravidelném šestiúhelníku nebyla některá z číslic dvakrát.

Řešení: K úloze se dalo přistupovat z vícero různých směrů. Jeden nejpřímější a zároveň logický je dívat se na šestiúhelníky postupně a doplňovat do nich čísla na pozice, kde se určitě musí vyskytovat. Tím si zaručíme, že do každého šestiúhelníku dáme každé číslo právě jednou.

Zde je téměř jedno, kde začínáme. Vezměme to tedy od levého horního rohu. Zde je pouze jedno místo, kam lze doplnit číslo 1 (číslo jedna z dolní řádky nám přesně vymezí prostor, kam ji můžeme vložit). Dále vedle ní číslo 2 (nemůže být na ostatních políčkách tohoto šestiúhelníku kvůli číslu 2 z dolní řádky). Taktéž číslo 5, viz obrázek vz162. To je vše, posuneme se doprava.

Zde lze doplnit opět 1, pod 4 (díky již doplněné 1 a původní 1 máme pouze jednu možnost), viz obrázek vz163. Zároveň zde můžeme doplnit 3 (nemůže být v řádku ani v šestiúhelníku s 3 z levého horního rohu). A na poslední místo tohoto šestiúhelníku musíme umístit 6 (obr. vz164).

Posuneme se doprava dolů, zde můžeme doplnit 4 (kvůli 4 ze zadání nemůže být s ní v šestiúhelníku ani sloupci). Zároveň doplníme 6 na poslední volné místo (obr. vz164).

Posuneme se na poslední šestiúhelník. Zde doplníme 2, která je opět jasně vymezena 2 ze zadání. Dále 3 (vymezena horní trojkou ze doplníme 6. Výsledek pak vypadá jako na obr. vz165. Můžeme ještě překontrolovat (obr. vz166).

Druhý možný postup spočívá ve vyhledání čísel, která se mohou vyskytnout jen na jednom místě. Tento způsob je ale trochu na způsob „kouknu a vidím“, je nutno při něm začít ze správného konce, pak je to velmi efektivní způsob. Jinak se totiž dostáváme do řešení, které použilo mnoho z vás, a to řešení, kdy si píšeme, co všechno za čísla se kde může vyskytovat a pak je postupně eliminujeme. Je to dobrý způsob na malé tabulky, na velké a více čísel se stává nepřehledným.

Komentář: Úlohu jste měli téměř všichni správně. Velkým problémem zde byl především postup řešení. Ve velkém množství chyběl postup úplně či byl jen velmi stručný „třeba vyplňujeme jako sudoku“. Tato řešení jsme hodnotili plným počtem bodů s komentářem, že příště bude výsledek bez postupu řešení za minimum bodů. Prosíme, pište postupy řešení, protože se můžete splést jen třeba v maličkosti, za kterou bychom vám body nestrhávali (numerické chyby, …), ale bez postupu řešení to bude chybný výsledek, a tedy za 0 bodů. U některých byla malá chyba, kterou jsme hodnotili mírně – strhnutím jednoho bodu. Děkujeme vám za vaše řešení, mnohdy velké umělecké hodnoty. :-)

Úloha č. 7

Okno vypadalo jako na obrázku. Vybarvená část byla vyplněná zlatem. Jaký obsah měla tato část, je-li strana každého ze čtyř čtverců dlouhá 1 stopu?

Řešení: Nejdříve si uvědomme, že všechny zlaté útvary jsou stejné. To znamená, že stačí spočítat plochu jen jednoho z nich. Nyní si rozmysleme, že tento útvar se skládá ze čtverce a čtyř kruhových úsečí, viz obr. vz171.

Výpočty můžeme pro zjednodušení uvádět bez jednotek. Prvně si spočítáme obsah čtverce, pak až obsahy úsečí.

K vypočítání obsahu čtverce potřebujeme znát délku jeho strany (tedy |XY|). Uvědomme si, že trojúhelník ABX je rovnostranný (velikost úhlu XAB je \def\deg{°}60\deg), tedy velikost úhlu DAX je 30\deg (doplňek do 90\deg). Trojúhelník DAY je také rovnostranný, tedy velikost úhlu XAY je 30\deg. To znamená, že trojúhelník AYX je rovnoramenný s hlavním úhlem velikosti 30\deg a rameny délky 1.

Označme Z střed úsečky XY (viz obr. vz172). Protože AZX a AZY jsou shodné pravoúhlé trojúhelníky s přeponou 1, platí:

Z čehož plyne obsah čtverce: [2 \cdot \sin 15\deg]^{2}.

Obsah úseče je rozdílem obsahů výseče a příslušného trojúhelníku. Obsah výseče se počítá podle následujícího vzorce:

Známe délku strany XY a velikost úhlu XAZ, tedy délka strany AZ je \cos 15\deg, takže obsah trojúhelníku AYX je:

Obsah úseče tedy je:

Obsah celého útvaru je tedy:

Obsah všech zlatých částí je:

Obsah zlaté části je přibližně 1{,}891\,{\rm ft}^{2}.

Komentář: Úloha měla mnoho způsobů řešení, my vybrali tento, protože nám přišel nejpřímočařejší. Celkem často jsme dostali papír popsaný rovnicemi bez sebemenšího komentáře, takže se omlouváme, ale naše schopnosti pochopení takovýchto řešení byly značně omezené. Body jsme rozdělovali přibližně takto: 1 bod za uvědomění si, co je vlastně útvar zač; 2 body za výpočet obsahů základních částí (průnik čtvrtkruhů); 3 body za plán na výpočet útvaru; 5 bodů za správný postup i s výpočtem. Za numerické chyby jsme podle závažnosti strhávali až 2 body.

Opravovali: 1. Jiří Štrincl, Tereza Ptáčková, 2. Vojtěch Kika, 3. Barbora Šmídová, Eliška Bušáková, 4. Jakub Dargaj, 5. Jiří Erhart, Jan Erhart, 6. Lenka Vábková, Jan Kadlec, 7. Václav Steinhauser, Vít Kalisz.