Vzorová řešení a komentáře k 3. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Ořezáváním kuželového hrotu s podstavou o poloměru \def\cm{\,{\rm cm}}0{,}5\cm a délce strany 1{,}5\cm, tedy s průměrem ústí a délkou ostří, nám bude vznikat nepřetržitý plášť tohoto kužele, který se po určitém otočení začne překrývat a tvořit kruh (obr. vz311).

Podívejme se na tvar odřezku. Odřezek po jednom otočení bude kruhová úseč s poloměrem r=1{,}5\cm (délka ostří) a délkou kruhového oblouku rovnou obvodu podstavy kuželu tedy x=2\cdot0{,}5\cdot\pi=\pi\cm. Úhel, který přísluší kruhové výseči, spočítáme pomocí vzorečku {\pi\cdot r\cdot \alpha\over180^{\circ}}=x, z kterého nám vznikne vztah \alpha={x\cdot180^{\circ}\over\pi\cdot r}={\pi\cm\cdot180^{\circ}\over\pi\cdot1{,}5\cm}=120^{\circ}.

Musíme si uvědomit, že nejdelší úsečka, kterou jde nakreslit na odřezek, je délkou rovna průměru této kružnice. Tato úsečka musí procházet středem. Proto může být na odřezku, který má úhel u vrcholu A větší nebo roven 180^{\circ}. K tomuto úhlu se dostaneme, pokud ořezávátkem otočíme alespoň 1,5krát (180^{\circ}:120^{\circ}=1{,}5).

V případě, kdy úhel při vrcholu A je menší než 180^{\circ}, dostáváme kruhovou výseč. Pro ni si můžeme sestavit rovnici v závislosti na počtu otočení. Využijeme toho, že kruhová výseč je osově souměrná, a proto si můžeme spustit výšku z vrcholu A a patu označíme D, kde D dělí úsečku BC přesně v polovině. Neboť zde bude pravý úhel, můžeme použít funkci sinus. Toho využijeme v trojúhelníku ABD. V něm známe délku úsečky AB a úhel při vrcholu A (ten si můžeme vyjádřit jako \alpha=k\cdot120^{\circ}, kde k vyjadřuje počet otočení). Sestavíme si vztah, který následně upravíme tak, abychom dostali délku úsečky BC, k čemuž využijeme i vztah |BC|=2|BD|:

\eqalign{\sin\frac{\alpha}{2}&={|BD|\over r},\cr |BD|&=r\cdot \sin\frac{\alpha}{2},\cr |BC|&=2r\cdot \sin\frac{\alpha}{2},\cr |BC|&=3\cdot \sin(k\cdot60^{\circ}).\cr}

Úsečka BC nemusí být vždy nejdelší. Od jistého úhlu bude poloměr kruhové výseče delší. Ten si nyní určíme. Protože trojúhelník ABC je vždy rovnoramenný (dvě strany jsou poloměr), bude platit, že úhly, které svírá jedno z ramen a základna v rovnoramenném trojúhelníku, musí být stejné. Aby poloměr a úsečka BC měli stejnou délku, musí být tento trojúhelník rovnostranný, to bude platit vždy, když \alpha=60^{\circ}, pak i ostatní úhly budou rovny 60^{\circ}. Pokud zmenšíme tento úhel, bude poloměr delší než BC. Pokud naopak úhel zvětšíme, bude BC delší než poloměr.

Komentář: Neboť zadání explicitně nevyžadovalo zvážit všechny možnosti, tak jsem jako správné řešení brala, pokud jste počítali s kruhem. Chtěla bych pochválit všechny, co zvážili i jedno otočení. Obzvláště potom Tomáše Flídra, který jako jediný zvážil opravdu všechny možnosti.

Úloha č. 2

Úlohu šlo řešit více způsoby, my se pokusíme ukázat dvě z nich.

Kdo už ve škole soustavy rovnic bral, mohl řešit klasicky jakoukoliv metodou pro řešení soustavy rovnic. Výhodná byla například metoda sčítací.

Odečtením třetí rovnice od druhé dostaneme b=a+1. Odečtením druhé rovnice od první c=b+1, tedy z toho c=a+2. To můžeme dosadit do poslední rovnice. Dostaneme a+(a+1)+(a+2)=6, a tak a=1. To dosadíme do vztahů b=a+1c=a+2, dostaneme b=2c=3. Nyní spočítáme d například dosazením do první rovnice: 2+3+d=9, tedy d=4.

Ten, pro koho je ještě řešení soustav rovnic oříšek, si většinou poradil tak, že rovnice porovnával. Z prvních dvou rovnic si můžeme všimnout, že pokud neznámou b nahradíme neznámou a, sníží se v důsledku o 1. Tedy znovu vidíme, že b=a+1. To samé provedeme s dalšími vztahy. Druhá a třetí rovnice se liší písmeny cb, přičemž c bude o 1 větší než b. Tady můžeme opět dosadit do poslední rovnice a ostatní neznámé dopočítat stejně jako v předchozím řešení.

Komentář: Úloha byla spíše jednoduchá, proto jsme ji hodnotili o něco přísněji. Ti, kdo jen poslali výsledek bez komentáře, dostali po třech bodech. Ti, kdo alespoň do rozumné míry zdůvodnily postup řešení, ale ten nebyl kompletní, dostali po čtyřech bodech a nakonec plný počet bodů získala jen kompletní řešení bez chyb a bez zkoušení možností.

Úloha č. 3

Dvě informace, které máme zjistit, pokud na hledané číslo nepřijdeme, jsou vlastně nejlepší postup, takže začneme rovnou jimi.

Víme, že ciferný součet zachovává dělitelnost třemi a devíti. Původní číslo je zjevně dělitelné devíti, takže i když tento ciferný součet použijeme třikrát, výsledek opět musí být dělitelný devíti.

Teď vyřešíme horní odhad. Protože se mocniny 99 počítají špatně, trochu číslo zvedneme na 100 a zároveň při takovémto uzávorkování (většinou to bývá uzávorkováno naopak) můžeme horní umocnění nahradit jeho součinem, takže první část horního odhadu bude 100^{99\cdot99}. Víme, že toto číslo má 12\cdot 99\cdot 99=19\,602 nul, takže původní číslo mělo určitě počet cifer menší než 19\,603 a jeho ciferný součet byl menší než 19\,603\cdot9=176\,427 (opět horní odhad - maximální ciferný součet s takovýmto počtem cifer + mohl být i o 9 menší, ale takto to stačí).

Víme, že po prvním ciferném součtu nám vyjde nejvýše číslo 176\,427. Abychom opět spočítali horní odhad, stačí počet cifer vynásobit devíti (opět by stačilo o jednu cifru méně, ale takto to stačí), tedy po druhém ciferném součtu nám vyjde nejvýše číslo 9\cdot6=54.

Při třetím ciferném součtu bychom zase mohli počet cifer vynásobit devíti, pokusíme se ale o lepší odhad. Najdeme číslo menší než 54 (náš horní odhad aktuálního sčítání) tak, aby ciferný součet tohoto čísla byl co nejvyšší. Číslo 49 má ciferný součet 13, což je víc než všechny ostatní čísla menší rovna 54, takže ho můžeme brát jako horní odhad. Vzhledem k tomu, že ciferný součet ale zachovává dělitelnost devíti a původní číslo je určitě dělitelné devíti, tak i tento poslední součet musí být dělitelný devíti. Zároveň musí být menší než třináct, což nám dává jen jednu možnost a tou je 9.

Komentář: Řešitelé, kteří měli úlohu správně (samozřejmě různými správnými odhady), dostali pět bodů. Řešitelé, kteří měli v tomto postupu větší chybu, například v průběhu přestali dělat horní odhad a dopočítávali konkrétní číslo, dostali čtyři body. Za poloviční řešení jsem dával tři body a ti, kteří zjistili jen dělitelnost, dostali dva body.

Úloha č. 4

Pozice lodí AB narýsujeme jako body AB. Polopřímku, kterou znázorníme kurz lodě B, nazveme p.

Hledáme bod, kde se mohou lodě setkat. Nazvěme jej P.

Rychlost lodí je v poměru 15:25=3:5. Poměr |AP|:|BP| proto musí být také 3:5. U trojúhelníku ABP tedy známe stranu AB, úhel ABP a poměr délek stran APBP. Nejprve narýsujeme trojúhelník A'BP', který bude mít daný úhel a poměr stran. Ten potom stejnolehlostí zobrazíme tak, aby se bod A' zobrazil na bod A. Protože stejnolehlost zachovává úhly, bude výsledný trojúhelník splňovat vše požadované. Zároveň díky tomu můžeme najít trojúhelník ABP tak, že bodem A narýsujeme rovnoběžku s A'P'.

Trojúhelník A'BP' (obr. vz341) narýsujeme takto:

  • Do kružítka vezmeme libovolnou vzdálenost, nazvěme ji x.
  • Na polopřímce p odměříme vzdálenost 5x od bodu B (najdeme průsečík kružnice o poloměru x a středu B s polopřímkou p, to čtyřikrát zopakujeme, jen bude mít kružnice střed v nově nalezeném průsečíku). Bod, který leží na p a je od bodu B vzdálen 5x, je P'.
  • Narýsujeme kružnici s poloměrem 3x a středem P'. Pokud dvakrát protne přímku AB, libovolný z těchto dvou průsečíků označíme A'. Pokud se kružnice přímky AB dotýká, nazveme A' bod dotyku. Pokud kružnice nemá s přímkou AB ani jeden společný bod, nelze najít takový kurz lodi A, aby se setkala s lodí B.

Rovnoběžku s A^{\prime } P^{\prime } B (obr. vz342) narýsujeme takto:

  • Vezmeme do kružítka vzdálenost větší než je polovina úsečky A'P'.
  • Uděláme dvě kružnice s tímto poloměrem a se středy A'P'.
  • Průsečíky kružnic narýsujeme přímku, nazveme ji q. Ta je osou úsečky A'P', je na ni tedy kolmá. Nyní je třeba vést kolmici na q bodem A.
  • Uděláme kružnici s poloměrem r, kde r je větší než vzdálenost A od q, a středem A.
  • Průsečíky této kružnice s q jsou od A stejně vzdáleny, jsou to proto krajní body úsečky, na jejíž ose leží A. Tuto osu sestrojíme obdobně jako u úsečky A'P'. Tím jsme získali přímku, která je rovnoběžná s A'P' a prochází A, její průsečík s p je tedy P. Úsečka AP je kurz, kterým má loď A plout.

Situace, kdy tento kurz neexistuje, je například pokud loď B pluje po přímce AB směrem od A.

Komentář: V došlých řešeních často chyběla konstrukce, případně v ní byly velké mezery. Mnozí se snažili najít kurz zkoušením různých kružnic se středy AB s poloměry 3:5. Tak se ale na správný kurz dá přijít jen náhodou. Na druhou otázku jako odpověď plně postačovala věta podobná té poslední ve vzorovém řešení. Přesto ale velmi chválím ty, kteří si dali tu práci přesně vypočítat úhel, pod kterým musí svírat kurz lodi B s přímkou AB, aby se loď A nemohla setkat s lodí B.

Úloha č. 5

Rozmysleme si, že čísla jsou umístěná na kružnici, a tedy zkoumáme deset různých trojic. Nyní si určeme strategii, podle které budeme skládat čísla vedle sebe. Strategií buď přístup začít od co největšího čísla a pokračovat tak, aby každé přidané číslo bylo to největší možné.

Začneme tedy číslem 10. Nic většího než 6 s číslem 10 sousedit nemůže, protože pokud by tomu tak bylo, určitě by existovala trojice se součtem větším než 18. Máme tedy vedle sebe po řadě čísla 6, 10, 1. Zleva přidáme 2 (2+6+10=18), zprava pak 7 (10+1+7=18). Máme tedy 2, 6, 10, 1, 7. Zleva přidáme 9, tedy nejvyšší číslo, které nám zbylo, a analogicky zprava přidáme osm. Pak již stačí doplnit zprava po řadě čísla 3, 4, 5 a dostáváme výsledek: 10, 1, 7, 8, 3, 4, 5, 9, 2, 6.

Komentář: Úloha byla snadná. Mnoho řešitelů psalo, že úlohu řešili metodou pokus omyl. To je přístup, který v tomto případě vede k řešení, avšak obecně tomu tak být nemusí. Pokud řešení touto cestou najdu, měl bych se zamyslet nad tím, jestli nelze cesta k onomu řešení alespoň zpětně nějak elegantně zdůvodnit. Je také důležité číst správně zadání, komentovat svůj postup a řešit podle pravidel soutěže.

Úloha č. 6

Nejdůležitějším údajem v zadání je, že se každá dvojice potká právě jednou. Každý dobrovolník tedy právě jednou uvidí každého dobrovolníka.

Můžeme vypočítat, kolik takových dvojic z 15 dobrovolníků může vzniknout. Nejprve si můžeme 15 způsoby vybrat jednoho dobrovolníka, k němu můžeme vybrat jednoho ze zbylých dobrovolníků 14 způsoby. Celkem můžeme sestavit 15\cdot14=210 dvojic. V tomto počtu je ale každá dvojice započítaná dvakrát (k dobrovolníkovi A vybereme dobrovolníka B a k dobrovolníkovi B následně dobrovolníka A), ale při tvoření dvojic nás nezajímá, kterého dobrovolníka vybereme jako prvního. Počet dvojic následně ještě musíme vydělit dvěma:

{15\cdot14\over2}=105.

Tento výraz můžeme také zapsat jako kombinační číslo 15 \choose 2.

Dále víme, že v každé trojici jsou 3 dvojice (pokud máme trojici \lbrace 1, 2, 3\rbrace můžeme z ní vybrat dvojice: \lbrace 1, 2\rbrace, \lbrace 1, 3\rbrace, \lbrace 2, 3\rbrace. Proto tedy stačí počet dvojic vydělit třemi a vyjde nám počet trojic, které z těchto dvojic můžeme vytvořit:

{15\cdot14\over2\cdot3}=35.

Jestliže hledá každá trojice jeden den, bude 15 dobrovolníků hledat 35 dní.

Komentář: Většina kombinatorických řešení byla správná, některým řešitelům jsem ale odečetl bod za nedostatečné odůvodnění (např. nebylo jasné, proč počítáme právě dvojice). Asi nejčastějším a také správným řešením za plný počet bodů byl výčet všech možností. V těchto řešeních se ale často nesetkávali všichni dobrovolníci, pak jsem dával nejvýše 3 body. Řešení výčtem možností také musí obsahovat správný komentář.

Úloha č. 7

Nejprve se podívejme, jaká je pravděpodobnost, že padne 6:

\eqalign{P(\text{Padne 6}) &= 1/6,\cr P(\text{Nepadne 6}) &= 1-1/6 = 5/6.\cr}

První osoba hodí kostkou. Pravděpodobnost, že nevyhraje, je rovna pravděpodobnosti, že nehodí šestku:

P(\text{Prvnímu nepadne 6}) = 5/6.

Poté hází druhá osoba. Pravděpodobnost, že jí nepadne šestka, je:

P(\text{Druhému nepadne 6}) = 5/6.

A pak háže poslední; pravděpodobnost, že hodí šestku, je:

P(\text{Třetímu padne 6}) = 1/6.

Třetí osoba vyhraje, když předchozí dva nehodí šestku. Jelikož se jedná o nezávislé jevy (to, jestli někomu padne nebo nepadne šestka, nezávisí na ostatních hodech), potom pravděpodobnost, že vyhraje třetí osoba, je:

P(\text{Prvnímu nepadne 6})\cdot P(\text{Druhému nepadne 6})\cdot P(\text{Třetímu padne 6})= 5/6\cdot5/6\cdot1/6\doteq11{,}57\,\%.

Pachatel, který hází jako poslední, má přibližně 11{,}57\,\% šanci, že vyhraje v prvním kole.

Opravovali: 1. Eliška Vítková, 2. Kristýna Kratochvílová a Jiří Erhart, 3. František Steinhauser, 4. Magdaléna Mišinová a Veronika Vohníková, 5. Vít Kalisz, 6. Jan Hrůza, 7. Kateřina Macková a Martin Zimen.