Vzorová řešení a komentáře k 6. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Schodiště mělo 10 schodů. August se zaujetím vysvětlil, že každý vrže jiným tónem, tudíž když po schodech člověk stoupá, zahraje melodii. Když člověk jde po schodech, může šlápnout na nejbližší schod, nebo na ten následující (a jeden překročit). Kolik melodií lze tímto způsobem zahrát?

Řešení: Rozdíly v chápání zadání, které jsem uznával: Hlavní spor byl, jestli těch schodů jde překročit 10 nebo 9, podle mě se po jednom schodu přijde (nebo odejde), takže jich překročit jde jen 9, ale pokud třeba vrzalo i poslední prkno podlahy (které jde překročit), tak někdo mohl považovat za rozhodující 10 možných vrzání.

Myslím, že nejsnáze se tato úloha řeší jedním z následujících způsobů.

První způsob: První postup „od konce“ (vzorcem). Počet možností, jak se dostat nahoru z n-tého schodu (počítáno odshora), si označím f(n). Vím, že všechny možnosti, jak se dostat na n-tý schod, se dělí na dvě skupiny: pokud udělám poslední krok o jeden f(n-1) nebo o dva f(n-2) schody. Tedy f(n)=f(n-1)+f(n-2). Potom si jen zjistím, že f(0)=1, f(1)=1 (buď stojím nahoře, nebo udělám nahoru jeden krok), a z tohoto si můžu dopočítat f(n), pro libovolné n. Tedy f(2)=2, f(3)=3, f(4)=5, f(5)=8, ..., f(10)=89, f(11)=144.

Počty možností odpovídají Fibonacciho číslům.

Druhý způsob: Druhý postup vypadá podobně, jen vychází z jiné myšlenky. Totiž vyplňovat si tabulku, (podobně jako v šesté úloze v druhé sérii – možnosti přecházení náměstí). Takže si na začátek napíšu na nultý schod jedna, na první také jedna, a na každý další součet čísel ze schodů, kam se můžu jedním krokem dostat. Takto dostanu na desátém schodu počet možností, jak se dostat nahoru. Takto vypadá vyplněná tabulka:

Třetí způsob: Komplikovanejší postup, který také vede k správnému výsledku, je si rozepsat, kolik mohlo být dvojkroků a jednokroků a pro každý možný počet dvojkroků spočítat počet možností (to je kombinační číslo celkový počet kroků n nad počtem dvojkroků m, tedy {n \choose m} = {n! \over m!\cdot (n-m)!}). Tímto postupem také lze dojít ke správnému výsledku. Ale většina řešitelů, která se pokoušela takto si rozdělit možnosti a potom je vypsat, některé možnosti vynechala.

Melodií je tedy možno zahrát 89 nebo 144.

Komentář: Většina řešitelů vyřešila úlohu správně. Případné chyby v řešení vznikly opomenutím některé z možností při pokusu o mechanické vypsání všech možných případů.

Úloha č. 2

August vyskládal před Herberta do řady 26 kartiček s písmeny abecedy. Když Herbert otočí jakoukoli z nich, spatří nenulovou číslici. Než ale otočí další kartičku, musí předchozí opět zakrýt. V řadě jsou dvě trojice sousedních kartiček, které mají stejný součet. Úkolem Herberta je tyto trojice najít. Paměť mu ještě úplně nefunguje, tudíž si může pamatovat pouze jedno číslo (s písmeny ovšem nemá problém). Tedy například: když si pamatuje číslo 17 a otočí kartičku K, na které bude třeba číslo 5, může si zapamatovat například součet (číslo 22) a to, že si tohle číslo vymyslel u kartičky K. Jakmile ji otočí zpět, zapomene čísla 17 i 5. Navrhněte, jak může Herbert postupovat, aby správně našel ony dvě trojice.

Řešení: Pokud se součty čísel a, b, c a x, y, z rovnají, platí rovnost

Z toho je jasně vidět, že Herbert může nejjednodušeji dvě trojice porovnat tak, že hodnoty prvních tří kartiček k sobě přičítá a od tohoto součtu poté odečte hodnoty na dalších třech kartičkách. Pokud mu vyjde nula, součty trojic jsou shodné, pokud ne, musí porovnávat další trojice.

Nyní by stačilo říct, aby takto prošel všechny dvojice trojic. Můžeme se ale ještě trochu zamyslet, jak postupovat systematicky a usnadnit si práci. Pokud Herbert při porovnávání např. trojic ABC a KLM zjistil, že nejsou shodné, bude nyní chtít porovnat ABC a LMN. K tomu nemusí celý postup provádět znova, ale stačí, aby k výsledku, který má aktuálně v paměti, přičetl hodnotu kartičky K a odečetl od něj hodnotu kartičky N. Herbert si tedy na začátku zapamatuje hodnotu A a odečte od ní hodnotu D, pokud mu nevyjde 0, přičte k výsledku hodnotu ob jednu kartičku vlevo od poslední kartičky, na kterou koukal, tedy B, a následně k číslu přičte sousední kartičku vpravo, což je C. Takto může postupovat až po kartičku Z, a pokud nedojde k nulovému výsledku, začne znovu, tentokrát odečtením hodnoty E od B, a tak dále.

Komentář: Vzhledem k povaze úlohy většina z těch, kdo pochopili, co obnáší zadání, a rozhodli se své řešení poslat, dostala plný počet bodů.

Úloha č. 3

Podél jedné zdi byly totiž v řadě rozestavěny 4 sazenice rajčat a 7 sazenic paprik. Žádná dvě rajčata nebyla vedle sebe. Kolik je možností rozestavění sazenic?

Řešení: Nejprve zasadíme všech sedm paprik. Jelikož jsou všechny stejné, lze to udělat pouze jedním způsobem. Nyní máme šest mezer mezi paprikami, do kterých můžeme sázet rajčata. Jedno možné místo je také před a jedno za řadou paprik. Celkem tedy osm míst a na každé můžeme zasadit maximálně jedno rajče, abychom splnili podmínku ze zadání.

Pro první rajče máme osm míst, kam rozestavit sazenici, pro druhé už jen sedm atd. To nám dává 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5 možností. Nesmíme ale zapomenout, že mezi jednotlivými rajčaty nejsou žádné rozdíly. Umístíme-li první rajče na pozici a a druhé na pozici b, půjde o stejné uspořádání, jako kdybychom zasadili první rajče na b a druhé na a. První rajče můžeme zasadit na čtyři místa, druhé na tři atd. Celkem je proto můžeme uspořádat 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24 způsoby, které musíme počítat jako jeden. Musíme proto ještě dělit 24.

Výsledek je {8\cdot 7\cdot 3\cdot 5 \over 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=70 možností rozsazení.

Komentář: Obecně platilo, že čím bylo řešení jednodušší a kratší, tím v něm bylo méně chyb. V případě různého rozebírání na jednotlivé případy se často stávalo, že jste na nějaký zapomněli nebo započetli víckrát. Závažnější chybou bylo ale nedostatečné popsání vašich myšlenek a celého postupu. I za špatný výsledek můžete dostat body, pokud máte dobrý nápad, ale pouze v případě, že lze ten nápad v řešení najít. Nakonec ještě malá poznámka: často jste používali pojmy kombinace, variace a permutace, jen ne vždy v tom správném významu. Body jsem za to nestrhávala, ale pokud budete chtít do svých řešeních některé matematické pojmy napsat, nejprve si zjistěte, co přesně znamenají.

Úloha č. 4

Dena převrhla nádobu s flogistonem, která měla čtvercovou podstavu o hraně \def\cm{\,{\rm cm}}10 \cm a výšku 13 \cm. Jak nádoba padala, zachytila se jedním vrcholem horní podstavy o druhou, prázdnou nádobu s rovněž čtvercovou podstavou o hraně 6 \cm a o výšce rovněž 6 \cm, a to tak, že úhlopříčka podstavy byla kolmá na hranu menší nádoby. Flogiston vytékající z větší nádoby přesně zaplnil tu menší a zbytek zůstal v nakloněné větší nádobě (tedy alespoň do okamžiku, než do ní Dena strčila ještě jednou, aby se konečně rozlil po stole). Do jaké výšky původně sahala hladina flogistonu ve větší nádobě? Tloušťky stěn nádob zanedbejte.

Řešení: Nakreslím si pohled ze strany na obě nádoby (obr. vz641). Větší nádoba bude stát na jednom z vrcholů spodní podstavy a odpovídajícím vrcholem horní podstavy se bude opírat o menší nádobu. Nebude viset ve vzduchu, Dena je sice šikovná, ale tohle prostě nezvládne.

Hladina flogistonu ve velké nádobě bude v tomto postavení sahat do výše 6\cm, stejně jako je hladina v malé nádobě. Délku LC lze spočítat z Pythagorovy věty: |LC|^{2} = 13^{2} - 6^{2}, z toho |LC| = \sqrt{133} \cm . Z obrázku je vidět, že trojúhelníky LMC a CPM jsou si podobné podle věty uu (oba jsou pravoúhlé a úhly LCM a CMP jsou střídavé). Lze spočítat délku CP: |CP|/|CM| = |LM|/|LC|,

Dále budu počítat se zlomkem, abych se nedopustila chyby při zaokrouhlování, ale teď si zlomek orientačně vyčíslím, abych věděla, zda hladina dosahuje pod či nad stěnovou úhlopříčku podstavy kvádru. Polovina úhlopříčky podstavy kvádru má délku cca 7\cm, délka CP je cca 6{,}7\cm, tedy hladina bude dosahovat pod úhlopříčku a bude na podstavě tvořit trojúhelník. Nakreslím si, jak bude vypadat útvar zalitý flogistonem (obr. vz642).

Útvar bude jehlan, jeho objem lze spočítat jako třetinu součinu obsahu podstavy a výšky. Podstavou jehlanu je pravoúhlý rovnoramenný trojúhelník. Výška na přeponu je úsečka PC, která má délku 78\cdot {\sqrt{133} \over 133}\cm. V pravoúhlém rovnoramenném trojúhelníku platí, že výška na přeponu má poloviční délku než přepona, její pata je zároveň těžiště a také střed kružnice opsané, které můžeme říkat Thaletova. Můžu tedy spočítat obsah podstavy:

tedy

Objem jehlanu je

K množství flogistonu zbylém v kvádru musím ještě přičíst množství flogistonu, které se přelilo do malé nádoby – ta má tvar krychle, její objem V = a^{3} = 6^{3} = 216\cm^{3}. Celkový objem flogistonu je tedy 198{,}23 + 216 = 414{,}23\cm^{3}. V nádobě o podstavě obsahu 100\cm^{2} musel tedy původně dosahovat do výše 4{,}14\cm.

Komentář: Za spočtení objemu krychle jsem udělovala bod, ten dostali téměř všichni řešitelé této úlohy. Dále jsem body přidávala za postup, naopak ubírala za zbytečné zaokrouhlování, kterým nastávaly mnohdy velké chyby. Spousta řešitelů si špatně vyložila zadání, asi tak nějak, jak jsem popsala v prvním odstavci vzorového řešení. Pro lepší představivost příště doporučuji třeba si sestavit model obou nádob, čistě pro vlastní potřebu. Úloha každopádně patřila mezi složitější, takže gratuluji ke každému pětibodovému řešení.

Úloha č. 5

V místnosti o rozměrech 220\times 520 \cm a výšce 255 \cm je v rohu vedle okna umístěna postel tak, že její čelo je rovnoběžně s delší stranou místnosti (okno je na kratší straně, dveře jsou na opačné straně). Postel je dlouhá 205 \cm, široká 168 \cm a na jedné straně má obdélníkové čelo vysoké od země 66 \cm, zatímco na druhé straně má pouze nohy vysoké 37 \cm. (Postranice žádné nemá.) Jde v této místnosti otočit postel tak, aby bylo čelo rovnoběžně s kratší stranou místnosti? Pokud ano, jak?

Řešení: Tato úloha má více postupů vedoucích k řešení (tj. správnému otočení postele), zde je uveden jeden z nich. V prvním kroku zvedneme postel na výšku, tedy tak, že čelo bude mířit ke stropu. Je to opravdu možné? K tomu potřebujeme znát délku úsečky l_{1} značící vzdálenost od hrany zadních nohou po hranu vrchní části předního čela postele. Tuto délku spočteme snadno z Pythagorovy věty pomocí délky postele a výšky čela jako l_{1} = \sqrt{205^{2} + 66^{2}} \leq 216. Vidíme, že hodnota je nižší, než šířka i výška pokoje, můžeme proto postel postavit na výšku. Nyní postel stojící na výšku otočíme na zemi o 90°. To je možné tehdy, pokud je délka strany l_{2} spojující levý horní bod čela a pravý dolní bod čela menší než šířka a délka pokoje. Znovu z Pythagorovy věty máme l_{2} = \sqrt{168^{2} + 66^{2}} \leq 181. I toto otočení je tedy možné. Nyní už zbývá jen postel položit zpátky na zem stejným způsobem, jakým jsme ji v prvním kroku zvedali. V tomto případě máme dokonce více prostoru, neboť ji pokládáme na délku, nikoliv na šířku pokoje. Postel je nyní v požadované pozici.

Komentář: Většina z vás správně zjistila, že je možné postel otočit. Lišily se pouze postupy, jakými jste postel otáčeli, a to, jak detailní byl váš postup řešení. Pokud tvrdíte, že je možné nějakým způsobem postel otáčet, součástí by mělo být zdůvodnění proč. Rád bych vám věřil, že vidíte, že se postel při otáčení do mísnosti vejde, ale při rezervě 5\cm by byl takový odhad až podezřele kvalitní. Řešení se správným postupem, jak s postelí manipulovat, ale s nedostatečným zdůvodněním pomocí výpočtů proto nebyla oceněna plným počtem bodů.

Úloha č. 6

Cestou zpět si Erik všimnul, že stopy, které zanechali, časem mizí v močálu. Když utíkali směrem od chalupy, měli rychlost \def\kmh{\,{\rm km/h}}20 \kmh. Teď jde Erik zpět rychlostí 5 \kmh. Místo, kde už stopy stihly zmizet, takhle najde \def\km{\,{\rm km}}1 \km od místa, kde se zastavili. Jak daleko by to místo našel, kdyby šel rychlostí 10 \kmh?

Řešení: Nejprve potřebujeme spočítat, za jak dlouho stopy zmizí. Víme, že Erik při chůzi rychlostí 5 \kmh narazí na konec stop ve vzdálenosti \def\h{\,{\rm h}}1 \km od místa otočení. Máme dráhu a rychlost, čas tedy můžeme lehce dopočítat dle vzorce

K tomu ale musíme přičíst ještě cestu tam (neboť stopy začnou mizet hned, jak jsou vytvořeny – prostě mizí a mizí, až zmizí docela). Zde dostáváme t = {s \over v} = {1 \km \over 20 \kmh} = 0{,}05 \h = 3\,{\rm min}. Stopy tedy zmizí za 15 minut.

Teď jen musíme zjistit, jak daleko stihne za 15 minut dojít. Opět nesmíme zapomenout na cestu tam. Máme tedy dva úseky – první rychlostí 20 \kmh a druhý rychlostí 10 \kmh. Dále víme, že v obou úsecích (cestou tam i cestou zpátky) urazí stejnou vzdálenost. Značíme-li si danou vzdálenost x, dostáváme jednoduchou úpravou rovnici {x \km \over 20 \kmh} + {x \km \over 10 \kmh} = 0{,}25 \h a z ní už jednoduše spočteme x = {5 \over 3} \km. (Je také možné si všimnout, že rychlosti jsou v poměru 2:1, takže, aby se mohly rovnat vzdálenosti, musí časy být v poměru 1:2 (tzn. 5 a 10 minut, což je 1 \over 12 a {1 \over 6} \h ) a pak již jen ze vzorečku v \cdot t = s spočítat, kolik je 20 \kmh \cdot {1 \over 12} \h = 10 \cdot {1 \over 6} \km = {5 \over 3} \km).

Komentář: Jediný „chyták“ v této úloze bylo, uvědomit si, že je potřeba počítat i s cestou tam a nejen s cestou zpátky. Naprostá většina z vás, to ale jasně prokoukla, a tak většině řešení nebylo co vytknout. Bohužel dorazilo také nezanedbatelné procento řešení, u kterých chyběl slovní popis a která byla jenom směsicí čísel či obrázků. U takových řešení lze jenom hádat, co si pisatel myslel a navíc jsou výsledky takových řešení většinou špatně. Pamatujte, že každá rovnice si zaslouží komentář. Slovní komentář vám navíc často může pomoct objevit případné nedostatky vašeho řešení.

Úloha č. 7

Na zádech konstrukta byl trojúhelník o stranách 5, 7 a 8 \cm. Musela najít trojúhelník, který by měl stejný obsah, ale dvakrát větší poloměr opsané kružnice. Jedna výška měla mít 6 \cm. Jak by takový trojúhelník narýsovala?

Řešení: Nejdříve si musíme uvědomit, co vlastně o trojúhelníku, který chceme narýsovat, víme. Známe délku jedné výšky. Jinak víme jen to, že jemu opsaná kružnice je dvakrát větší než kružnice opsaná prvnímu trojúhelníku ze zadání. Také víme, že jeho obsah je stejný jako obsah prvního trojúhelníka. Můžeme si narýsovat původní trojúhelník, jemu opsanou kružnici a vzít její průměr, abychom dostali poloměr kružnice opsané námi hledaného trojúhelníka. Těžší bude do konstrukce zakomponovat údaj o obsahu. Nejdříve porovnáme obsahy:

Délku strany a_{1} známe ze zadání (5 \cm), délku v_{a_{2}} také (6 \cm), délku v_{a_{1}} dostaneme tak, že geometricky přeneseme délku výšky na stranu a_{1} z prvního trojúhelníka. Jedinou délku a_{2} neznáme a musíme tedy zjistit. Nejdříve si ji definujeme poměrem

Abychom dostali délku a_{2} , budeme muset narýsovat dva trojúhelníky, které budou podobné a které budou splňovat poměry, jenž jsme si odvodili.

To znamená, že nejdřív budeme muset narýsovat první trojúhelník ze zadání. V něm si najdeme výšku na stranu, označme ji a_{1} , její patu označme P . S výškou v_{a_{1}} uděláme různoběžku, na kterou naneseme stranu B_{1}C_{1} tak, aby bod B_{1} splýval s bodem P . Poté na polopřímku PA naneseme úsečku PV délky v_{a_{2}} = 6 \cm. Sestrojíme přímku p , která bude procházet body V a C_{1} . Poté povedeme bodem A rovnoběžku q s přímkou p . Průsečík přímky q s polopřímkou B_{1}C_{1} označme C_{2} . Vzdálenost B_{1}C_{2} je z podobnosti trojúhelníků délka v_{a_{2}} (obr. vz671).

Máme vše, co potřebujeme k narýsování kýženého trojúhelníka. Začneme tím, že si narýsujeme kružnici k , která bude mít dvojnásobný poloměr než kružnice opsaná původnímu trojúhelníku. Na tuto kružnici naneseme úsečku BC o délce |B_{1}C_{2}| , kterou jsme získali porovnáním obsahů. Poté povedeme rovnoběžku p s úsečkou BC ve vzdálenosti 6 \cm . Tam, kde se přímka p protne s kružnicí k , dostaneme bod A . Přímka p protne kružnici k ve dvou bodech, budou proto dvě řešení (obr. vz672).

Komentář: Naprostá většina řešitelů dokázala narýsovat tento trojúhelník. Bohužel, při rýsování si spousta lidí pomohla tím, že si narýsovali původní trojúhelník, změřili délku výšky a délku strany dopočítávali. Jiní zase použili na zjištění obsahu Heronův vzorec a stranu dopočítávali tímto způsobem. Za obě tyto metody jsem strhával dva body, neboť příklad měl být rýsovací, ne počítací. Jinak jsem strhával bod za ignorování druhého řešení. Druhé řešení je důležité pro kompletnost. Byl jsem potěšen tím, že se objevilo nejedno řešení za pět bodů, ale zamrzelo mě, že tolik lidí začalo počítat, místo toho aby si užívalo krás geometrie.

Opravovali: 1. František Steinhauser, 2. Miroslav Koblížek, 3. Kateřina Nová, Barbora Šmídová, 4. Helena Molíková, 5. Vojtěch Kika, 6. Jan Erhart, 7. Lukáš Kubacki.