Vzorová řešení a komentáře k 4. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

První důležitá myšlenka byla uvědomit si, že obě kola budou obíhat po různých kružnicích. Navíc bylo dobré si uvědomit, že se u jízdního bicyklu točí jen přední kolo (obr. vz411).

Druhou důležitou myšlenkou bylo, že středy těchto kružnic budou jeden a ten samý bod, který bude na průsečíku os kol. Když najdeme tento střed, tak zjistíme, že máme pravoúhlý trojúhelník, kde je jeden ze zbývajících úhlů 45 stupňů. To znamená, že je i rovnoramenný. Takže máme rovnoramenný, pravoúhlý trojúhelník, ve kterém známe jednu odvěsnu tj. vzdálenost kol (obr. vz412).

Vzdálenost jednoho kola od středu je dva, vzdálenost druhého je délka přepony v tomto trojúhelníku, což se vypočítá ze vztahu x^{2}=2^{2}+2^{2}, což znamená, že x=\sqrt{8} = 2 \cdot \sqrt{2} = 2{,}82.

Velikosti poloměrů kružnic v bahně jsou 2 yardy a cca 2{,}82 yardů.

Komentář: Značná část řešitelů nepochopila, že kluci budou na kole opravdu jezdit, ale myslela si, že budou jenom otáčet kolem na místě. Další část si myslela, že se na bicyklu točí i zadní kolo. Další problém byl ten, že si neuvědomovali, že každé kolo pojede po jiné kružnici. Jsem ale rád, že se našla spousta správných řešení.

Úloha č. 2

Jistě nezáleží na tom, jestli si pan učitel tahá ponožky postupně, nebo obě najednou, protože informace, kterou získá ve chvíli, kdy si vytáhne jednu ponožku, nemůže ovlivnit to, jak tahá ponožku druhou. Úlohu je tedy nejlepší si rozdělit na 2 situace:

a) První situace nastane ve chvíli, kdy si vytáhneme jednu z nejsvětlejších, nebo nejtmavších ponožek. Taková situace nastane s pravděpodobností 4/100, tedy 4 \, \%. K takovéto ponožce máme celkem 3 možnosti, jak vytáhnout „normální“ dvojici (1\times od stejné barvy, 2\times o 1 stupeň tmavší, popřípadě světlejší). Pravděpodobnost, že k první ponožce vytáhneme správnou, je v tomto případě 3/99 (jednu ponožku jsme už vytáhli, zbývá 99).

Obě pravděpodobnosti jsou na sobě závislé, první podmiňuje druhou, proto musíme obě hodnoty společně vynásobit, abychom se dostali k celkové pravděpodobnosti této situace. Kdybychom je pouze přičetli, tak je rozdělíme na 2 nezávislé situace.

b) Druhá situace je doplňková k té první, tedy, že nevytáhneme ani jednu z „krajních“ ponožek. Tato situace nastane s pravděpodobností 96\,\%. Každá z těchto ponožek k sobě má 5 ve zbylých 99 takových, že v nich pan učitel bude vypadat normálně (1\times stejná barva, 2\times tmavší, 2\times světlejší), tedy s pravděpodobností 5/99 si k první ponožce vytáhne druhou.

Opět se jedná o podmíněnou pravděpodobnost, tedy opět obě hodnoty společně vynásobíme a získáme pravděpodobnost této situace.

Protože může nastat jedna, nebo druhá z výše uvedených situací, sečteme jejich hodnoty dohromady. Tím získáme celkovou pravděpodobnost, tedy hodnotu \left(4/ 100\cdot 3/99\right) + \left(96/100\cdot 5/ 99\right), což je přibližně 5\,\%.

Komentář: Pokud jste se přiblížili k hodnotě 5\,\%, ale postup nebo myšlenka postupu byly špatně, tak jsem Vám výsledek neuznal. Nejen proto, že u úlohy z pravděpodobnosti by neměla na ohodnocení mít vliv náhoda, ale hlavně proto, že takové ohodnocení Vám nic nepřinese. :)

Úloha č. 3

Většina řešitelů zjišťovala, jak se budou poslední cifry chovat při postupném násobení jedenácti, proto tento postup zvolíme i ve vzorovém řešení. (Já jsem čekal, že část řešitelů bude hledat mocninu jedenácti, která končí na 001, ale nakonec takto postupoval jen Vladimír Chudý).

Abychom zrekapitulovali zadání, víme, že v roce jedna číslo končilo na x11, kde x je neznámá číslice. Každý rok se číslo násobí jedenácti, a hledáme nejbližší rok po roce 1\,907, kdy číslo bude opět končit na x11.

Nejjednoduší je začít poslední číslicí, protože ta se násobením jedenácti nemění (xy1 \cdot 11= xy1\cdot10+xy1). A protože se poslední číslice nemění, k předposlední číslici se při každém vynásobení (jedenácti) přičte jedna, takže má zjevně periodu délky 10 (po každém desátém vynásobení je stejná) a postupně prochází přes všechny cifry (1, 2, 3, 4, ... ,9, 0).

Trochu těžší je určovat vývoj u třetí číslice od konce, protože k tomu se přičítají různá čísla v závislosti na předposlední číslici. Abychom určili nějakou pravidelnost tohoto přičítání, musíme spočítat, jak se číslo změní vždy po deseti vynásobení, kdy se z předposledního místa budou přičítat opět stejné cifry (a protože nakonec hledáme číslo, které bude mít stejné poslední tři cifry, díky předposlední číslici nás ostatní mezivýsledky než desáté násobky ani nezajímají). Když se číslo desetkrát vynásobí jedenácti, tak se ke třetí číslici od konce postupně přičtou všechny číslice, které byly na předposledním místě (tedy 1, 2, ..., 9, 0) a přičte se jedna navíc, protože se tak projeví desítka z předposledního místa. Tedy číslice se zvedne o 6 (přičte se 46).

Protože toto platí po každém desátém vynásobení jedenácti, hledáme, kolikrát musíme k neznámé číslici přičíst 6, aby zůstala stejná (poslední číslice), tedy:

x, x+6, x+12(+2), x+18(+8), x+24(+4), x+30(x+0).

Šestku patrně musíme přičíst pětkrát. (Trochu chytřeji to jde vyjádřit, že hledáme nejmenší násobek šesti dělitelný desíti).

Perioda, kdy se poslední trojčíslí bude opakovat je tedy 50 let. Pokud hledáme číslo, které končilo na stejné trojčíslí jako číslo v roce 1, jsou to:

51, 101, 151, \dots , 1\,901, 1\,951.

Proto nejbližší datum, kdy se toto trojčíslí bude opakovat po roce 1\,907, je 1\,951.

Komentář: Mezi řešeními se často objevil postup, že řešitel vyzkoušel (buď ručně nebo programem), že se číslo opakuje po padesáti a předpověděl, že to tak bude fungovat pořád. Pokud tato předpověď nebyla podložena, tak jsem plný počet bodů nedával. Dále bych chtěl vyzvedout řešení Adély Karolíny Žáčkové, která správně dokazovala výrazně více mezikroků než ostatní.

Úloha č. 4

Objem vody v nevypuštěném rybníku spočítáme jako objem kuželu s poloměrem o velikosti půlky průměru hladiny r=500/2=250 yardů a výškou (hloubkou) v=3 yardy:

V=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot r^{2} \cdot v=\frac13 \cdot \pi \cdot 250^{2} \cdot 3.

Voda v upuštěném rybníku vytvoří kužel, v něm si označíme r_{u} poloměr hladiny a v_{u} hloubku vody. Jeho objem spočítáme pomocí vzorečku:

V_{u}=\frac13 \cdot \pi \cdot r_{u}^{2} \cdot v_{u}.

Víme, že rybáři upustili polovinu vody, proto platí:

\frac V2=\frac16 \cdot \pi \cdot r^{2} \cdot v =\frac16 \cdot \pi \cdot 250^{2} \cdot 3=V_{u}=\frac13 \cdot \pi \cdot r_{u}^{2} \cdot v_{u},

\eqalign{\frac16 \cdot r^{2} \cdot v &= \frac13 \cdot r_{u}^{2} \cdot v_{u},\cr \frac12 \cdot r^{2} \cdot v &= r_{u}^{2} \cdot v_{u}.\cr }

Získali jsme jednu rovnici o dvou neznámých, k dopočítání potřebujeme ještě jednu rovnici. Tu získáme pomocí faktu, že jde o ten samý rybník.

Voda v upuštěném rybníku bude ve tvaru kuželu podobnému původnímu kuželu. Provedeme těmito kužely řez kolmý na hladinu a procházející středem rybníka. Tak získáme trojúhelníky SBD a S_{u}B_{u}D (obr. vz441), které mají stejné úhly SDB, S_{u}DB_{u} a pravý úhel u vrcholu S respektive S_{u}, jsou tedy podobné podle věty uu. Proto bude poměr jejich stran stejný tj.

\frac rv=\frac{SB}{SD}=\frac{S_{u}B_{u}}{S_{u}D}=\frac{r_{u}}{v_{u}}.

Z tohoto poměru si vyjádříme r_{u}:

r_{u}=v_{u} \cdot \frac rv=v_{u} \cdot \frac{250}{3}.

Máme druhou rovnici se stejnými neznámými, můžeme tedy do první rovnice dosadit za r_{u} a upravit:

\eqalign {\frac{1}{2} \cdot r^2 \cdot v &= r_u^2 \cdot v_u,\cr \frac{1}{2} r^2 \cdot v &= \left(v_u \cdot \frac{r}{v}\right)^2 \cdot v_u,\cr \frac{1}{2} r^2 \cdot v &= \frac{ r^2}{v^2}\cdot v_u^2 \cdot v_u, \cr \frac{1}{2} \cdot \frac{r^2 \cdot v \cdot v^2}{r^2} &= v_u^3, \cr \frac{v^3}{2} &= v_u^3. \cr }

Z toho vyjádříme v_{u} pomocí třetí odmocniny:

\eqalign {v_u &= \root {3} \of{\frac{v^3}{2}},\cr v_u &= \frac{v}{\root {3} \of{2}}=\frac{3}{\root {3} \of {2}}.\cr}

Vypočítali jsme, že hloubka upuštěného rybníka bude \frac{3}{\root {3} \of {2}} yardu. Toto je přesný a správný výsledek, pokud by nás přesto zajímala přibližná hodnota, tak je to zhruba 2{,}3811 yardů.

Komentář: Vypočítat objem nevypuštěného rybníka zvládla většina řešitelů. Všimout si podobnosti trojúhelníků a dopočítat se až k řešení dělalo větší problémy. V bodování jsem proto byla mírnější. Znovu připomínám, že můžeme počítat s přesnými hodnotami a neznámými a dosazovat až na závěr. Nemusíme tak „cestou“ zaokrouhlovat a dopočítáme se k přesnému výsledku.

Úloha č. 5

Nejprve provedeme několik označení, které budeme dále v textu využívat. Mějme tedy postupně počty malých a větších džberů jako x a y a kádě označené písmenem z. Tedy v malých kádích se plácá 3x ryb, kdežto ve větších plave 5y rybek. No a na 16z šťastlivců vyzbylo místo v kádích.

Ze zadání pak dostaneme tyto rovnice:

\eqalign{x + y + z &= 18, \cr 3x + 5y + 16z &= 100.\cr}

Z první rovnice vyjádříme x = 18 - y - z, po dosazení do druhé rovnice a úpravě dostaneme:

2y + 13z = 46 .

Protože x, y, z mají být nezáporná celá čísla a člen 2y je vždy sudý, musí být i z sudé. Pokud z=0 pak y=23 což je víc než 18. Pokud z=2 pak y=10 a x=6. Pokud z=4 a víc pak musí být y záporné.

Odpověď: Ano je to možné použitím 6 malých džberů, 10 větších a 2 kádí.

Komentář: Naprostá většina řešitelů měla úlohu dobře (i když někteří použili metodu pokus omyl). U řešení, ve kterých nebyl uveden postup, jsem strahával bod, je potřeba uvést alespoň základní myšlenku postupu.

Úloha č. 6

Napřed vyjasníme nejasnosti v zadání. V zadání je napsáno, že Whitaker si z pumpy přiveze právě 40 galonů (třeba tam prodávají jen taková balení). Velká část řešitelů z různých důvodů předpokládala, že pan Whitaker koupí levnějšího benzínu trochu více (na cestu zpátky, na cestu tam i zpátky, nebo na části těchto cest). Pokud to bylo zdůvodněno nebo to dávalo smysl (a řešitel věděl, s jak drahým benzínem počítá), tak jsem žádné body nestrhával. Ale do vzorového řešení píšu variantu, kdy pan Whitaker koupí i přiveze právě 40 galonů a jezdí na dražší benzín.

Spočítáme si tedy náklady na obě cesty.

Náklady na kratší cestu:

4\,míle\,+\,4\cdot2\,pence\,= \frac{8}{25}\,galonů +\, 8\,pencí =28\cdot\frac{8}{25}+8=53\cdot\frac{8}{25} = 16{,}96\,pencí. (Někteří řešitelé to počítali i s nákupem 40 galonů, potom to vycházelo 1136{,}96.)

Náklady na delší cestu:

44\,mil\,+ 88\,pencí, což je tedy\,11\cdot53\cdot\frac{8}{25} = 186{,}56\,pencí. (Tady se projeví, s jak drahým benzínem počítáme.)

Aby se panu Whitakerovi vyplatilo dojet na vzdálenější pumpu, musel by nákupem ušetřit přes 169{,}6 pencí. To znamená, že na jednom galonu by musel ušetřit přes 169{,}6/40=4{,}24 pence. Tedy na vzdálenější pumpě by musel být benzín levnější než za 23{,}76 pencí.

Pokud řešitelé počítali, že pan Whitaker koupil na vzdálenější pumpě rovnou i benzín na cesty tam a zpátky (další 3{,}52 galony), vyplácelo se to už od ceny 24{,}1 pencí (rovnost platila pro 24{,}103 pencí). A pokud řešitelé počítali cestu tam za dražší benzín a zpátky za levnější, tak to vycházelo na 23{,}9387 pencí. Všechny tyto varianty jsem uznával.

Komentář: Řešení jsem bodoval přísně. Pokud řešitel dvakrát počítal různé ceny benzínu (a nedávalo to smysl), tak jsem strhával jeden bod. Za každý podstatnější problém jsem strhával hned dva body.

Úloha č. 7

Kdybychom měli součástku se dvěma vstupy, která by měla výstup zapnutý právě tehdy, když by byl zapnutý právě jeden vstup, byla by tvorba zapojení jednoduchá. Nazvěme si tuto součástku X. Pokud pomocí ní propojíme dva vstupy a k výstupu přes další součástku X připojíme třetí vstup, zjistíme, že výstup tohoto zapojení je opět zapnutý právě tehdy, když je zapnutý lichý počet vstupů. To se nezmění ani připojením dalšího vstupu přes další součástku X, neboť bude-li čtvrtý vstup zapnutý, změní se počet zapnutých vstupů z lichého na sudý a naopak, a stejně tak se výstup oproti předchozímu změní, naopak při vypnutém čtvrtém vstupu se nezmění ani počet zapnutých vstupů, ani hodnota oproti předchozímu výstupu. Takto za sebe můžeme zřetězit libovolný počet součástek X a výstup vždy bude zapnutý při lichém počtu zapnutých vstupů. V naší úloze nám stačí čtyři součástky X (obr. vz471) a pouze nesmíme zapomenout na konec přidat negaci, neboť nás zajímá sudý počet vstupů.

Nyní už stačí jen najít vnitřní zapojení součástky X. Možností je několik, jedna z nejjednodušších je na obrázku (obr. vz472).

Komentář: Při opravování jsem narazil na dvě časté chyby. Jednak si část řešitelů vyložila zadání tak, že stačí, aby vymysleli nějaké zapojení a jednu kombinaci zapnutých a vypnutých vstupů, pro kterou bude fungovat. V takovém případě jsem podobně jako u jiných chybných řešení obvykle udílel 1–2 body. Dalším problémem bylo, že několik lidí zapomnělo nebo dokonce záměrně vyloučilo možnost, kdy jsou všechny vstupy vyplé. Ovšem i v tomto případě je zapnutý sudý počet vstupů, neboť nula je samozřejmě sudé číslo. Za tato řešení, která jinak byla správná, jsem dával 4 body. Úloha byla opravdu těžká a vyžadovala trikový nápad se součástkou X, ale našli se i tací, kteří úlohu udolali mohutným zapojením, které v podstatě rozebralo všechny možnosti. Jim tentokrát patří můj obdiv, že se nezalekli a bojovali.

Opravovali: 1. Lukáš Kubacki, 2. Martin Černý, 3. Marie Vonzino a František Steinhauser, 4. Martin Černý a Lenka Vábková, 5. Jiří Štrincl, 6. Marie Vonzino a František Steinhauser, 7. Miroslav Koblížek.