Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Na zemi je půlkruh nad průměrem AB. Na úsečce AB zvolme bod C, bod D pak leží na kruhovém oblouku AB tak, že CD je kolmé na AB. Body C, D prochází kružnice s průměrem CD, obsah kruhu ohraničeného touto kružnicí označme S_{1}. Dále si narýsujeme kruhové půloblouky s průměry AC a CB, které jsou orientované do oblouku AB a jako S_{2} si označíme obsah půlkruhu s průměrem AB bez obsahu těchto dvou menších půlkruhů. Vysvětlete, proč platí S_{1}=S_{2} pro libovolnou pozici bodu C na úsečce AB.

Řešení: Úloha se dala řešit několika různými způsoby. Popíšeme si zde pouze jeden – ten, který mi připadá nejsnadnější. Nejprve si udělejme náčrtek.

V obrázku 1 jsou zvýrazněné plochy, které se sobě mají rovnat. Pojďme dokázat, že to tak opravdu je.

První důležitá myšlenka je, že trojúhelník ABD je pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu D. To proto, že bod D leží na Thaletově kružnici vytvořené nad úsečkou AB. Podobně i trojúhelníky ACD a CBD jsou pravoúhlé s pravým úhlem u vrcholu C, což přímo plyne ze zadání z konstrukce bodu D. Pro pravoúhlé trojúhelníky platí Pythagorova věta: a^{2} + b^{2} = c^{2}, kde a, b jsou délky odvěsen pravoúhlého trojúhelníka a c je délka jeho přepony. Vzpomeňme si ještě na geometrickou interpretaci Pythagorovy věty, tedy obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúhlého trojúhelníka je roven součtu obsahů čtverců nad jeho odvěsnami. To se nám bude hodit, neboť se snažíme dokázat vztah jakýchsi obsahů. Problém je, že Pythagorova věta nám dává vztah pro obsahy čtverců, nám by se hodil vztah pro obsahy půlkruhů sestrojených nad stranami pravoúhlého trojúhelníka. Spočtěme, jaký je vztah mezi obsahem čtverce o straně a a obsahem půlkruhu s průměrem rovným délce strany čtverce (obr. 2):

kde S_{c} značí obsah čtverce a S_{p} obsah půlkruhu.

Vidíme, že obsah čtverce je {\pi\over 8}-násobek obsahu půlkruhu. Pokud platí a^{2} + b^{2} = c^{2}, pak platí i

což je vztah pro obsahy půlkruhů. Vyjádřeme si jednotlivé obsahy půlkruhů, které budeme potřebovat pro výpočet. Začněme třeba s největším půlkruhem – viz obr. 3.

Z Pythagorovy věty pro pravoúhlý trojúhelník ABD platí: |AD|^{2}+|BD|^{2}=|AB|^{2}. Pro obsahy příslušných půlkruhů platí:

Podobně si vyjádřeme i vztah, který mají obsahy půlkruhů sestrojených nad stranami pravoúhlých trojúhelníků ACD a CBD (obr. 4, 5):

Vyjádřeme si z rovností obsahy půlkruhů nad průměrem CD:

Obsahy dvou půlkruhů nad průměrem CD nám dají dohromady obsah kruhu s průměrem CD, tedy obsah označený S_{1} v zadání. Obsah S_{1} získáme sečtením obou rovností:

Pokud si uvědomíme, že {\pi\over8}|AD|^{2} + {\pi\over8}|BD|^{2} nám dává dohromady {\pi\over8}|AB|^{2}, což už jsme spočítali z obrázku 3, dostaneme rovnost:

Pravá strana rovnosti nám dává právě obsah S_{2} – obsah půlkruhu nad průměrem AB mínus obsahy dvou půlkruhů nad průměry AC a BC. Dohromady jsme ukázali, že S_{1}=S_{2}.

Komentář: Úloha se dala řešit mnoha různými způsoby, většina z vás využila Pythagorovu větu a Euklidovu větu o výšce – spočítali jste si obsahy kruhu s obsahem S_{1} a vyjádřili jste si obsah S_{2}, dali jste obsahy do rovnosti a dospěli jste k Euklidově větě o výšce. Na tomto postupu se mi líbilo, když jste si dali i tu práci a dokázali, proč platí Euklidova věta o výšce. Za chybějící zdůvodnění jsem strhávala jeden bod. Nestačí jen dospět k rovnosti a říct, že platí. Je třeba i napsat pár slov o tom, proč rovnost platí. Velmi se mi líbilo řešení Magdalény Mišinové, která pěkným geometrickým způsobem dospěla k Euklidově větě o výšce. Jiné možné řešení bylo, že jste vyšli z Pythagorovy věty a upravovali jste obě strany rovnosti, abyste dostali obsah S_{1} na jedné straně rovnosti a obsah S_{2} na druhé straně. Vzorovému řešení se nejblíže přiblížíl Václav Trpišovský, velkou radost mi ale udělala i řešení Michala Beránka, Adély Karolíny Žáčkové, Václava Janáčka a Kateřiny Matulové.

Úloha č. 2

Na každé kartičce je právě jedno čtyřmístné číslo obsahující číslice 1, 2 a 3. Na kartičkách jsou vypsaná všechna čtyřmístná čísla, každé právě jednou. Ve hře se získávají body sbíráním speciálních „bodovaných“ trojic kartiček. Konkrétně takových trojic, ve kterých mají všechna tři čísla na každém z míst buď stejnou číslici, nebo číslice navzájem různé. (Tedy např. trojice 1123, 2121, 3122 je bodovaná, ale trojice 1123, 2121, 2122 není bodovaná, protože na pozici tisíců mají dvě čísla dvojku a jedno číslo jedničku.) Kolik existuje různých bodovaných trojic?

Řešení: Uvědomme si nejdříve, kolik máme v balíčku kartiček. Na každé pozici v jednom čísle máme možnosti 1, 2 a 3. Tedy kartiček je celkem 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^{4} = 81. První kartičku do bodované trojice můžeme volit zcela libovolně. Druhou také, pouze nesmíme brát již použitou kartičku. Třetí kartička je pak dvěma předchozími jednoznačně určena, neboť jakmile na dané pozici mají dvě vybrané kartičky stejnou číslici, i třetí kartička ji na této pozici musí mít. Pokud se naopak kartičky na dané pozici liší, na třetí kartičce pak musí být třetí, zbývající číslice. Tímto způsobem vybereme trojice 81 \cdot 80 = 6\,480 způsoby. Na pořadí kartiček ale nezáleží. Například máme-li bodovanou trojici kartiček A, B a C, pak kartičky B, C a A udávají tutéž kombinaci. Zbývá tedy otázka, kolika způsoby můžeme seřadit tyto trojice. Těchto seřazení je 3\cdot 2\cdot 1 = 6. Celkový počet bodovaných trojic je pak 6\,480/6 = 1\,080.

Komentář: Mnoho z vás mělo problém vymyslet nějaký snadný způsob, jakým kartičky počítat. Často jste buď zapomínali, že některé kombinace počítáte vícekrát, nebo jste vymysleli jen několik způsobů, jakými lze vytvořit bodované trojice, a na ostatní zapomněli. Řešení, která neobsahovala správnou myšlenku, obvykle obdržela bod až dva v závislosti na kvalitě nápadu, jak trojice počítat.

Úloha č. 3

Zákusek měl tvar krychle. Mladík jej ukrojil jedním řezem tak, že tento řez měl tvar pravidelného n-úhelníku. Jaké všechny n-úhelníky to mohly být? Proč ne jiné?

Řešení: Nejprve je třeba si všimnout, že každá stěna zákusku ve tvaru krychle může obsahovat maximálně jednu stranu z n-úhelníkového řezu. Jelikož krychle má 6 stěn, může obsahovat n-úhelníkový řez s nejvíce 6 stranami. Po chvilce zkoumání sestrojíme řez pro pravidelné 3-, 4- a 6-úhelníky.

Zbývá ukázat, že pravidelný 5-úhelník se nám nikdy nepodaří sestrojit. Pokud by mohl existovat, měl by určitě některé své dvě strany na protějších stěnách. Což by však znamenalo, že tento pravidelný 5-úhelník má dvě strany rovnoběžné, a to nemůže nastat. Úloha je vyřešena.

Komentář: V úloze byla velmi důležitá část s odůvodněním, proč už žádné jiné než nalezené řezy neexistují. Kdo tuto část vynechal, nemohl dostat víc než 2 body. Jako největší oříšek se ukázalo dokazování nemožnosti sestrojit pravidelný 5-úhelník. K tomu se někteří hrdinně postavili hýbáním s body, avšak nevyvarovali se chyb a většinou na něco zapomněli. Zde bych chtěl vyzvednout řešení Jakuba Janků, kde bylo hýbáno s body elegantně a jednoduše.

Úloha č. 4

Jeden měl \def\l{\,{\rm l}}0{,}5 \l světlé třináctky a druhý 0{,}5 \l tmavé jedenáctky. Každý chtěl ochutnat od toho druhého. Proto druhý vzal svůj půllitr a \def\ml{\,{\rm ml}}125\ml z něj odlil do sklenice toho prvního, a ten mu vzápětí odlil 125\ml zpátky, aby měli oba stejně. Od pohledu se ale zdálo, že sklenice toho druhého obsahuje stále příliš mnoho tmavého piva. Kolik své směsi má podobným způsobem znovu přelít k prvnímu a pak zpátky, aby nakonec v jeho půllitru byla 1/4 světlého piva a 3/4 tmavého?

Řešení: Na začátku bylo v půllitru A 500\ml světlého piva a v půllitru B to samé množství piva tmavého. Po přelití se v půllitru A vytvoří směs dvou piv. Bude se pak dále přelévat 125\ml, což představuje 20\,\% celkového objemu, tedy 0{,}2 \bigl ({125\over 625}=0{,}2\bigr ). V tomto poměru se udrží i přelitá část, přelije se tedy 0{,}2\cdot 500\ml =100\ml světlého a 0{,}2\cdot 125\ml =25\ml tmavého. V půllitru A pak bude 400\ml světlého a 100\ml tmavého, v půllitru B to bude naopak.

Tím máme za sebou tu jednodušší část. Teď je potřeba spočítat, kolik dalších mililitrů si přelili. Budeme používat stále stejný vzoreček:

resp.

kde o_{\rm pre} značí přelitý objem, o_{\rm puv} značí původní objem a o_{\rm pri} značí přilitý objem.

Určíme si, kolik piva je v půllitrech po třetím přelití. V půllitru A bude po třetím přelití \left (400+{x\over 500}\cdot 100\right )\ml světlého a \left (100+ {x\over 500}\cdot 400\right )\ml tmavého. V půllitru B nám tedy zůstane \left (400 - {x\over 500}\cdot 400\right )\ml tmavého a \left (100 - {x\over 500}\cdot 100\right )\ml světlého.

Už nám zbývá vyřešit jenom čtvrté přelévání a budeme si moct sestavit rovnici. V půllitru B bude po posledním přelití \left (100 - {x\over 5}+\left (400+{x\over 5}\right ) \cdot {x\over 500 + x}\right )\ml světlého a \left (400 - {4x\over 5}+ \left (100+ {4x\over 5}\right ) \cdot {x\over 500 + x}\right )\ml tmavého. K tomu jsme došli naprosto jednoduše: hodnota po druhém přelití - hodnota přelitá během třetího přelívání + hodnota přelitá při čtvrtém přelévání.

Víme, že poměr tmavého a světlého piva v půllitru B má být na konci 3:1, tedy 375:125\ml. Můžeme si vybrat, jestli chceme počítat rovnici pro tmavé nebo pro světlé, já volím světlé:

Po mnohých úpravách, které si můžete vyzkoušet sami, ať se procvičíte v řešení rovnic, se dostaneme k tomuto:

Poskoci si tedy museli přelít ještě přibližně 46\ml, aby měl druhý poskok poměr tmavého a světlého ve svém půllitru 3:1.

Pro větší přehlednost naleznete v následující tabulce všechny důležité hodnoty.

Komentář: Většina z vás úlohu vyřešila správně, někteří to dokonce zvládli na třech řádcích, za což chválím. Postupy se lehce lišily, 5 bodů jsem ale s radostí dala všem, kteří na to šli přes rovnice. Body jsem pak podle závažnosti chyby strhávala za nedostatečné zdůvodnění zásadního kroku, neúplný výsledek, metodu pokus-omyl či jiné prohřešky.

Úloha č. 5

Mapa měla tvar čtverce, jehož jedna strana byla přesně \def\m{\,{\rm m}}1 \m. Je na ní vyznačena čtvercová síť s čtverečky o straně \def\cm{\,{\rm cm}}10 \cm. Na souřadnicích [3;8], [4;5], [5;2] jsou vyznačeny tři domy a pak další čtyři v rozích mapy. (Dům je na mapě značen jako bod.) Dále je mapa rozdělená do oblastí tak, že v každé oblasti leží jeden dům a z každého bodu dané oblasti je to nejblíže právě do domu v této oblasti. Kudy povedou hranice oblastí? Narýsujte mapu v měřítku 1:10.

Řešení: Všechny body na mapě stejně vzdálené od dvou domů leží na ose mezi nimi. Pro body v jedné polorovině platí, že jsou blíže k domu, který v té polorovině leží.

Mezi každými dvěma domy (u kterých to má smysl, tj. není na první pohled zřejmé, že nemají společnou hranici) uděláme osu. Sestrojíme kolmici k úsečce spojující oba domy tak, aby procházela středem úsečky. Výslednou oblast sestrojíme jako průnik polorovin náležící k danému domu.

Komentář: Většina odpovědí byla správných. Někdy chyběl popis, jak byly hranice vytvořeny. U řešení, která nebyla správná, proto bylo těžké pochopit, jak bylo řešení myšleno. Někteří řešitelé hledali hranice pouze pro body na celočíselných souřadnicích mapy nebo podle jiných kritérií, která nebyla v zadání.

Úloha č. 6

Na kartičce bylo napsáno: \sqrt{republika} = eeuui. Různá písmena znamenají různé cifry. Jaké číslo představuje slovo republika?

Řešení: Na začátku řešení úlohy nevíme o číslech republika a eeuui téměř nic. Zkusme proto prozatím slevit z nároků a snažit se do nich číslice doplňovat jednu po druhé. Začneme omezením čísla eeuui. Slovo republika bude určitě větší než 100\,000\,000 a menší než 999\,999\,999, proto musí platit, že:

Z toho už je pěkně vidět, že e může být jedině 1 nebo 2. Co kdyby tedy e = 1? Jak by potom vycházelo číslo republika? Podívejme se, jak za těchto podmínek vychází nejmenší a největší eeuui:

Tím se ale dostáváme do sporu se zadáním, protože nám vychází stejné r jako zvolené e, a e = 1 jsme tím vyloučili. Takže e = 2, což můžeme využít v dalším postupu.

Umocněním nejmenšího a největšího možného eeuui si zase z druhé strany můžeme omezit číslo republika:

To nám prozrazuje, že r = 5, protože je to jediná možnost, jak dosáhnout e = 2 v čísle republika. Takže už víme, že číslo republika musí vypadat následovně: 52publika. Pojďme toho využít a podívat se, jak nám to omezí číslo eeuui. Opět se podíváme na krajní hodnoty čísla republika:

Opět dostáváme jen dvě možnosti, čemu by se mohlo rovnat u v čísle eeuui, a to 8 nebo 9. Pojďme je prozkoumat.

• Kdyby u = 8, omezí se nám číslo republika následovně:

Vychází nám, že p = 3 a číslo republika by muselo začínat 5238blika. Co to znamená pro eeuui? Zkusme se zase podívat na nejmenší a největší možné číslo republika:

V tomto rozmezí už leží jediné možné eeuui = 22\,887, pro které vychází republika = 523\,814\,769 a to splňuje zadání! Objevili jsme tak jedno řešení.

Tím ale naše práce nekončí. Musíme prozkoumat ještě druhou možnost, abychom zjistili, jestli náhodou neexistuje víc možných řešení úlohy.

• Kdyby u = 9, omezí se nám číslo republika následovně:

Vychází nám, že p = 8 a číslo republika by muselo začínat 5289blika. To pro eeuui znamená:

Takové omezení připouští jedině eeuui = 22\,998, ale potom by se i rovnalo p a to není možné. Proto možnost u = 9 žádné nové řešení nenabízí a republika = 523\,814\,769 je jediným řešením úlohy.

Komentář: Úlohu šlo řešit více způsoby. Většina z vás zvolila kombinatorický způsob s více či méně čísly, která jste museli ručně vyzkoušet. To rozhodně není špatně, pokud počet zkoušených možností nepřesáhl počet možností ověřitelných ručně bez pomoci počítače. Vzorové řešení vám má ukázat, že to šlo i jinak.

Správný výsledek jste poslali téměř všichni, a tak o počtu bodů, které jste získali, rozhodoval postup, kterým jste k výsledku došli. Řešení bez postupu získala jen po jednom bodu. Berte to prosím jako ponaučení. V Pikomatu je postup to, co nás zajímá.

Stejně tak po bodu dostali ti, co úlohu řešili hrubou silou za pomoci počítačového programu. Pravda, úlohu tak vyřešíte, ale nás zajímá postup, jak úlohu vyřešit s tužkou a papírem. Aby nedocházelo k nedorozuměním, uvádíme to i v pravidlech soutěže.

Naopak po bodu jsem strhával ve dvou případech. Jednak pokud z vašeho postupu nebylo zřejmé, že výsledek, který jste objevili, je jediný možný. Vždy nás zajímají všechna řešení úlohy. Pak také v případě, že jste ve svém řešení zkoušeli velmi mnoho čísel, abyste se dostali k výsledku. Velmi mnoho v případě této úlohy znamenalo čtyřicet a víc. Tím rozhodně neříkám, že ve svých postupech nesmíte nikdy vyzkoušet několik možností. To samozřejmě můžete a některé úlohy to vyžadují, ale čtyřicet už není několik.

Nakonec vás musím pochválit. Měl jsem tu čest opravovat spoustu moc pěkných řešení. Snažil jsem se vám to i připsat do opravených papírů.

Úloha č. 7

Dena stojí na červené dlaždici uprostřed místnosti pokryté 25\times 25 dlaždicemi. Může se hýbat jen o jednu dlaždici dopředu, dozadu, vlevo anebo vpravo. Kolika způsoby se může na 6 pohybů dostat na dlaždici vpravo vepředu (diagonálně sousedící dlaždici) od té červené?

Řešení: Jako nejlepší způsob řešení mi přišel ten, který použil například Robert Gemrot. Jeho text jsem trochu upravil a doplnil o pár vysvětlení:

Označíme si pohyby: S = pohyb na sever (dopředu), J = pohyb na jih (dozadu), V = pohyb na východ (doprava), Z = pohyb na západ (doleva).

Dena se chce dostat na pole vpravo nahoře (diagonálně) sousedící s tím, na kterém stojí. K tomu bude potřebovat o jeden krok S více než J. Zároveň o jeden krok více V než Z.

Podle počtu kroků v jednotlivých směrech si můžeme úlohu rozdělit na případy:

• 1S, 0J, 3V, 2Z

Máme 6 kroků, které může Dena udělat v libovolném pořadí. Na prvním místě výsledného pořadí může být libovolný z šesti kroků. Na druhém místě může být libovolný ze zbylých pěti a tak dále až na poslední místo, kde zbyde jediný možný krok. Počet možností, jak vytvořit pořadí šesti kroků je proto 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1. Stejným postupem bychom mohli spočítat počet různých pořadí (permutací) n prvků. Počet všech permutací by pak byl n \cdot (n-1) \cdot (n-2)... 2 \cdot 1. Zkráceně tento součin značíme n! a čteme n faktoriál.

Kdybychom kroky zamíchali úplně libovolně, byla by každá možnost ve výsledku obsažena 3! krát kvůli tomu, že tři kroky V jsou stejné. Navíc ještě 2! krát kvůli tomu, že dva kroky Z jsou stejné.

Celkový počet možností v tomto případě je tedy 6!/3! \cdot 2! = 60.

• 2S, 1J, 2V, 1Z

Podobným způsobem jako v předchozím případě dojdeme k tomu, že možností je 6!/2! \cdot 2! = 180.

• 3S, 2J, 1V, 0Z

Opět stejným způsobem zjistíme, že počet možností je 6!/3! \cdot 2! = 60.

Žádná jiná varianta počtů kroků není. Dohromady je tedy možností 60 + 180 + 60 = 300.

Komentář: Kdo se vydal touto cestou, obvykle dospěl k cíli za 5 bodů. Za chybu opisu, drobné opomenutí nebo nevysvětlení nějakého kroku jsem sebral bod. Ti, kteří se při počítání dopustili nějaké systematické chyby, dostali nižší počet bodů podle závažnosti chyby.

Část z vás bohužel špatně pochopila zadání. Někteří předpokládali, že se Dena nesmí vracet na pole, na kterém už stála. V zadání to napsáno nebylo a co není zakázáno, je povoleno. Takto upravená úloha je výrazně jednodušší než ta zadaná. Za správné řešení upravené úlohy jste tak dostali 2 body.

Opravovali: 1. Tereza Ptáčková, 2. Vojtěch Kika, 3. Marián Poppr, 4. Barbora Šmídová, 5. Jiří Štrincl, 6. Jiří Erhart, 7. Jan Hamáček.