Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Nejdříve se omlouváme za chybu, která se stala při zadávání úlohy, kdy místo 337 mělo být -337 a takto zadaná úloha nemá řešení. Naštěstí se tento rozdíl projevuje až na konci po sestavení kvadratické rovnice, která je v podstatě řešením a za kterou jsem dával plný počet bodů, ale omlouvám se řešitelům, kteří si po sestavení správné rovnice nemohli být jistí, jestli počítali správně, případně neobjevili chyby, kterých by si jinak všimnuli.
Úlohu začneme řešit rozborem, jak vlastně funguje výše napsaná tabulka.
Z tabulky a instrukcí si uvědomíme, že hodnoty a i b musejí být celočíselné (aby se mohla splnit každá podmínka když). Hodnotu c máme zadanou a d nás nezajímá, protože se hned v prvním kroku ztratí. Takže všechny hodnoty a, b, c i d jsou celočíselné. Pro zpřehlednění budeme aktuální hodnoty značit velkými písmeny a původní hodnoty malými.
Protože instrukce jsou v zadání napsané celkem nepřehledně, přepíšeme si je do přehlednější formy a některém z nich sloučíme.
- 1. Vpiš A D.
- 2.–4. Dokud D není nula, přičítej jednu k C a snižuj D, tedy pro d\geq 0 (takže d, tedy a, musí být větší než 0, a nakonec započítáme jen kladná řešení) odpovídají instrukcím vpiš (C+D) C a vpiš 0 D.
- 5.–6. Instrukce znamenají pro b>0 (což je splněno) b-krát pusť instrukce od 1. do 6., tedy b-krát (celé). Vpiš A D, vpiš (C+D) C a vpiš 0 D (takže obě přepisování D můžu vynechat a jen b-krát přičíst D k C). Po šesté instrukci tedy na A bude a, na B bude 0, na C bude c+a\cdot b a na D bude 0. Další dvě jsou zřejmé.
- 7. Vpiš A D.
- 8. Vpiš A B.
- 9.–11. Instrukce jsou analogické 2.–4. (a víme, že B>0), tedy odpovídají příkazům vpiš (C+B) C a vpiš 0 C.
- 12.-13. Instrukce opět D-krát zopakují všechny instrukce od 8. do 13. (jako 5. a 6. instrukce), tedy d-krát (celé). Vpiš A B, vpiš (C+B C) a vpiš 0 C (opět oba přepisy C můžu vynechat).
- 14. Instrukce výsledek z C přepíše na D.
Ze zápisu vidíme, že na C, které se nakonec přesune na D, se napřed b-krát přičte a (přesunuté do D) a potom znovu a-krát přičte a (jednou z D a jednou z B). Tedy, že výsledné D=a \cdot a+a\cdot b+c.
Z tohoto si můžeme odvodit, že v našem konkrétním případě bude rovnice tvaru 6\,137\,394 = a^{2}+a\cdot 1026+337. Obecnou kvadratickou rovnici a\cdot x^{2}+b\cdot x+c=0 vyřešíme například vzorečkem
kterým najdeme obě řešení (kvadratická rovnice může mít až dvě řešení), tedy v konkrétním případě:
Avšak zde můžeme vidět, že rovnice žádné celočíselné řešení nemá. Tady došlo k chybě v zadání, kde před 337 mělo být - a rovnice tedy měla vypadat 6\,137\,394 = a^{2}+a\cdot1026-337, která má kladné řešení 2017.
Komentář: Většina řešitelů rovnici sestavila správně a pak napsali, že nemá řešení, případně že někdo švindloval atd. a tito řešitelé dostali plný počet bodů. Ostatním řešitelům jsem nedával plný počet bodů a hodnotil jsem je celkem mírně.
Úloha č. 2
Máme 10 doktorů, co sedí kolem dokola u kulatého stolu, a naším úkolem bylo zjistit, jestli věk každého z nich může být průměrem věků souseda po jeho pravici a souseda po jeho levici. Další věc, kterou víme, je, že u stolu sedí 2 doktoři a jednomu z nich je 26 let a druhému je 33.
Zvolme si libovolného doktora a označme jeho věk x. Uvědomme si, že aby mohl být jeho věk průměrem kolegy po jeho levici a po jeho pravici, tak věk jednoho kolegy musí být větší a věk druhého kolegy musí být menší. Nebo by všechny 3 věky musely být stejné. Toto je vidět z vzorečku pro aritmetický průměr x = (z + y)/2. O kolik bude větší věk z, o tolik musí být menší věk y.
Vezmeme-li věky všech doktorů třeba směrem doprava od námi zvoleného doktora s věkem x, tak protože pravidlo, že jeden kolega je mladší a druhý kolega je starší, musí platit pro každého doktora, věky se budou postupně zvyšovat. Naopak v druhém směru se budou věky snižovat. Pak se ale stane, že pro všechny doktory nebude platit, že jeho jeden soused je starší a druhý mladší. Tato situace nastane u nejmladšího a nejstaršího doktora. Nejmladší bude sedět mezi dvěma staršími a nejstarší mezi dvěma mladšími.
Z toho vidíme, že aby věk každého doktora mohl být průměrem věků jeho sousedů, musí být všichni stejně staří. To ale ze zadání nejsou, takže tato úloha nemá řešení.
Komentář: Velká většina řešení byla správně, ale občas tam chybělo zdůvodnění, proč to tak je, nebo některé komentáře nebyly úplně jasné. Pár řešení objevilo, že úloha řešení má, ale to byla většinou chyba toho, že nebyly řádně zkontrolovány věky u všech doktorů, aby to opravdu byly průměry jeho dvou sousedů.
Úloha č. 3
Než se pustíme do samotného řešení, uvědomíme si, že počet všech možných pořadí, kdyby si žádný lékař nekladl podmínky, je 10\cdot 9\cdot \ldots \cdot 2\cdot 1 = 10! = 3\,628\,800, což je mnohonásobně vyšší počet než 216, tudíž bude potřeba řazení velmi omezit. Jako nejsnáze počitatelný způsob vypadá rozdělit lékaře do menších skupinek (tím, že např. všichni ostatní budou chtít, aby vystupovali před nimi), ve kterých se navzájem omezovat nebudou. Nyní se proto podíváme na rozklad čísla 216 = 2^{3}\cdot 3^{3}, který se dá přepsat na 216 = (3\cdot 2 \cdot 1) \cdot (3\cdot 2 \cdot 1) \cdot (3\cdot 2 \cdot 1). A snadno nás napadne, že obsah každé závorky je vyjádřením počtu seřazení pro tříčlennou skupinu.
Teď už je snadné navrhnout konkrétní požadavky. Např. lékař A chce, aby všichni ostatní prezentovali po něm, a lékaři E, F a G chtějí, aby před nimi mluvili lékaři B, C a D a po nich naopak H, I, J. Pokud tyto požadavky primář dodrží, dojde k rozdělení skupiny lékařů na tři tříčlenné skupinky, v nichž je pořadí lékařů volné a nezávislé na ostatních skupinkách, čímž skutečně docílíme, že existuje 6\cdot 6 \cdot 6 = 216 vyhovujících uspořádání.
Dalším možným přístupem k úloze je například vytvoření čtyřčlenné skupinky a k tomu tříčlenné skupinky takové, že v ní polovinu případů omezíme (třeba tím, že A chce být před B). Další možností je zafixovat pořadí sedmi lékařů a zbylým třem částečně omezit možná umístění v tomto řetězci.
Komentář: Potěšilo mě, že ačkoliv se jednalo o kombinatorickou úlohu, která přistupovala k problému netradičně „z druhé strany“, tedy byl zadán počet kombinací a úkolem bylo navrhnout takovou situaci, která jej splňuje, naprostá většina řešitelů si s ní hravě poradila. Někteří dokonce postupovali jinak, než je uvedené ve vzorovém řešení, a tak je chválím za to, že mi přinesli nové pohledy, které mě třeba předtím ani nenapadly.
Úloha č. 4
Jedno z možných řešení:
- Aa popojedou výtahem do 2. patra
- Aa vystoupí z výtahu a nastoupí BC, popojedou do 3. patra
- B vystoupí a nastoupí c, Cc jedou do 4. patra
- c vystoupí a C sjede do 3. patra
- C sjede do 2. patra
- A nastoupí a AC jedou do 3. patra
- AC jedou do 4. patra
- C vystoupí, A sjede do 3. patra
- B nastoupí, AC jedou do 4. patra
- AC vystoupí, c nastoupí, sjede do 3. patra
- b nastoupí, cb jedou do 4. patra
- b vystoupí, c jede do 3. patra
- c jede do 2. patra
- a nastoupí, ac jedou do 3. patra
- ac jedou do 4. patra
Komentář: Mezi správnými řešeními se objevilo i několik takových, která se trochu lišila, i taková řešení jsem uznával. Pokud měl někdo nějakou chybu v postupu, zvýraznil jsem ji a dále jsem nekontroloval, jelikož v tu chvíli algoritmus ztratil význam a nebylo možné další kroky hodnotit.
Úloha č. 5
Nejprve se podíváme na dvojciferná čísla, která vzniknou zapsáním dvou po sobě jdoucích čísel. Buď vypsáním nebo úvahou zjistíme, že nemohou být dělitelná 11 (protože dvojciferné číslo dělitelné 11 má obě číslice stejné). Dále zkontrolujeme trojciferná čísla. Mohou vzniknout zapsáním 3 jednociferných čísel nebo čísel 9 a 10, ani jedna za těchto variant není dělitelná 11.
Nakonec si začneme vypisovat čtyřciferná čísla vytvořena zapsáním po sobě jdoucích čísel (2 dvojciferných, 4 jednociferných nebo 8, 9 a 10). Pokud budeme postupovat od nejmenšího, tak nám stačí čísla začínající 1 a narazíme na číslo 1\,617, které je dělitelné 11.
Komentář: Nejčastější chybnou odpovědí bylo číslo 121. Je potřeba si uvědomit, že číslo, které vznikne zapsáním několika (alespoň dvou) po sobě jdoucích čísel, je něco jiného než číslo, které obsahuje několik po sobě jdoucích čísel.
Úloha č. 6
Rybník je vypuštěný, proto můžeme chodit jen po plášti (bez horní podstavy) komolého jehlanu. Načrtneme si síť tohoto pláště (obr. vz561). Označíme si začátek cestičky S a konec C. Nejkratší cesta bude úsečka spojující tyto dva body, která nikde nevede mimo síť pláště komolého jehlanu. (Teoreticky by mohla existovat cesta částečně vedoucí mimo síť, jejíž část v síti by byla kratší než naše úsečka, ale v našem případě taková cesta neexistuje.)
Nyní stačí spočítat její délku. Nejlépe se} bude počítat pomocí Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku SOC. Odvěsna SO bude mít délku |SA|+|AD|+|DO|. Délku úsečky SA spočítáme jako rozdíl velikostí podstav vydělený dvěma:
Úsečka AD je stejně dlouhá jako strana spodní podstavy, platí tedy |AD|=100 yardů. Délka úsečky DO je stejná jako výška lichoběžníku tvořícího jednu stěnu komolého jehlanu. Všechny stěny komolého jehlanu jsou stejné, tedy i jejich výšky jsou shodné: |AW|=|DX|=|GX|=|DO|. K dopočítání jejich délek si uvědomíme, že jsou to vlastně stěny komolého jehlanu. Vezmeme si jeho bokorys (obr. vz562), v něm v pravoúhlém trojúhelníku AWY známe délku odvěsny |YW|=5 yardů (výška komolého jehlanu) a délku druhé odvěsny |AY|=12 yardů (rozdíl délek stran podstav vydělený dvěma). Pomocí Pythagorovy věty spočítáme
Už tedy máme: |SO|=|SA|+|AD|+|DO|=12+100+13=125.
Spočítáme délku druhé odvěsny trojúhelníku SOC: |OC|=|FG|+|GC|=13+50=63. (Úsečka GC je stejně dlouhá jako polovina strany kratší podstavy.)
Nakonec spočítáme délku cestičky:
Délka nejkratší cestičky je \sqrt{19 \, 594} yardů.
Komentář: Tato úloha byla trochu záludná – koho napadlo rozložit si jehlan na síť, měl vyhráno, ostatní se s úlohou dost potrápili. Hodně řešitelů určilo jako nejkratší cestičku průmět spojnice zadaných bodů na stěny a dno rybníka (přerušovaná čára na obrázku), ač jen o málo, je tato cesta delší než uvedená nejkratší cesta. Tito řešitelé získali maximálně 4 body, protože není vůbec jasné, proč by měla být tato cesta nejkratší.
Úloha č. 7
Budeme počítat obecně poměr délek. Nejdříve si nakreslíme čtverec o straně a, pokud chceme počítat s čísly, tak si za a dosadíme libovolné číslo a poměr vyjde vždy stejný.
Do čtverce vepíšeme obdélník tak, aby se dotýkal stran, které bude dělit na dvě části o délce b a a-b. Strany čtverce dopočítáme podle Pythagorovy věty jako a \sqrt{2} a (a-b) \sqrt{2}.
Vypočítáme obsah obdélníku, který se bude rovnat čtvrtině obsahu čtverce. Dále si vyjádříme obsah zbytku jako součet obsahů čtyř trojúhelníků:
Druhou rovnici vydělíme první:
Vynásobíme celou rovnici dvojkou, čímž se zbavíme odmocnin ve jmenovateli, a pak vydělíme oba z členů v čitateli jmenovatelem:
Poměr stran obdélníku si označíme jako x (={b \over a-b}). Tím obdržíme rovnici:
Roznásobíme a vyřešíme kvadratickou rovnici.
Dostali jsme dva výsledky. Když se na ně ale podíváme, tak zjistíme, že jsou to čísla převrácená x, 1/x a tedy oba dva výsledky jsou platné, protože poměr může být jak delší strana ku kratší, tak kratší strana ku delší.
Komentář: Mnoho z vás zkoušelo narýsovat a změřit, což není platný výsledek a navíc asi těžko změříte tři minus dvě odmocniny ze dvou.
Další problém byl v tom, že jste si řekli, že když mám čtverec o straně a a obdélník, který má obsah roven jedné čtvrtině tohoto čtverce, tak nutně musí mít jednu stranu o délce a a druhou o straně a/4, kde jste naprosto zanedbali podmínku, že body obdélníku musí ležet na obvodu čtverce.
Někteří z vás se počítáním dostali k výsledku, který byl ve tvaru {\sqrt{2}+1 \over \sqrt{2}-1}. Tento výsledek není špatný, jenom není finální, protože se dá dále upravit, aby neobsahoval odmocniny ve jmenovateli.
Opravovali: 1. František Steinhauser, 2. Kateřina Macková, 3. Miroslav Koblížek, 4. Martin Černý, 5. Jiří Štrincl, 6. Lenka Vábková, 7. Lukáš Kubacki.
