Vzorová řešení a komentáře k 4. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

To, že je čepic jedné barvy o jednu více než čepic barvy druhé, znamená, že od jedné jsou tři a od druhé dvě.

Pokud trpaslík vidí tři stejně barevné čepice, ví, že musí mít na hlavě čepici barvy opačné (nejvíce tři čepice mohou mít stejnou barvu). Zakřičí „Heuréka“ a hra skončí. Takto může vyhrát pouze pátý nebo čtvrtý trpaslík, protože ostatní vidí méně než tři trpaslíky.

Pokud pátý nezakřičí brzy po začátku hry heuréka, ví všichni, že druhý, třetí a čtvrtý trpaslík mají dvě čepičky od jedné barvy a jednu od druhé. Proto když čtvrtý trpaslík vidí, že druhý a třetí trpaslík mají stejnou barvu čepičky, uvědomí si, že musí mít barvu opačnou, zvolá „Heuréka!.“ a hra skončí.

Když po nějaké době nezvolá heuréka ani čtvrtý trpaslík, tak třetí ví, že musí mít rozdílnou barvu čepičky od druhého, zakřičí „Heuréka!.“ a hra skončí.

Je třeba si rozmyslet, že jsme skutečně ošetřili všechny možné situace.

V případě, že má druhý trpaslík stejnou barvu čepičky jako třetí, vždy čtvrtý nebo pátý zvolá heuréka. Pokud tomu tak není, zvolá heuréka třetí trpaslík. Neexistuje situace, kdy by druhý a třetí trpaslík neměli stejnou barvu čepic ani by ji neměli rozdílnou.

Komentář: Nejdůležitější myšlenkou této úlohy je, že trpaslíci mohou vyvozovat barvu své čepičky z mlčení ostatních. Častou chybou bylo, že věta „Ví se, že čepic jedné barvy je o jednu více než čepic barvy druhé.“ byla interpretována tak, že se ví, které barvy je více. To ale není řečeno. Také doporučuji si skutečně rozmyslet, zda byly ošetřeny všechny případy. V řešení jsem to nepožadovala, ale je potřeba udělat si tuto kontrolu alespoň pro sebe.

Úloha č. 2

Úloha má mnoho postupů a řešitelé ji řešili hodně různě, ale nejstandartnější mi přijde počítat pravděpodobnost jako podíl počtu splňujících možností děleno počtem všech možností. Také si uvědomím, že všechny možnosti jsou stejně pravděpodobné.

Počet všech možností dvou nefunkčních spotřebičů z desíti si můžu spočítat například jako počet míst, kde může být první desetkrát a druhý devětkrát děleno dvěma, protože je můžu prohazovat, tedy {10\cdot9\over2}=45. Nebo zkráceně kombinačním číslem {10 \choose 2} = {10!\over 8!\cdot2!}= 45.

Tuhle část řešitelé počítali velmi různě (např. 9+8+7+6+5+4+3+2+1=45), ale když věděli, co chtějí spočítat, tak k tomu téměř všichni došli.

Další část je spočítat, v kolika případech bude po 8 zkoušení třeba pokračovat. Tady je třeba rozepsat situace: Pokud v prvních osmi budou oba nefunkční spotřebiče, tak dále zkoušet nemusí. Pokud v prvních osmi bude jen jeden, tak pokračovat musí. A pokud tam nebude ani jeden, tak opět pokračovat nemusí, protože vadné budou ty poslední dva. V tomto rozlišování někteří řešitelé zapomněli na poslední možnost (že když nebyl zjištěn ani jeden, že je oba známe), těm jsem strhával jeden bod. A někteří zapomněli na druhou možnost, tedy mysleli, že osm zkoušení stačí vždy, těm jsem strhával více bodů, protože tím ukončili i další výpočet.

Těch možností, že oba chybné přístroje budou v prvních osmi, je 8\cdot7/2=28 (analogicky jako v těch desíti). Těch možností, že jeden bude v prvních osmi a druhý ve zbylých dvou, je 8\cdot2=16 (tyto počty možností se násobí). A že budou oba v posledních dvou, je jedna. Celkem tedy 28+16+1=45, takže jsem započítal všechny. A pokračovat bude třeba jen v těch 16 případech.

A protože pravděpodobnost je podíl splňujících a všech možností, je to 16/45 \doteq 35{,}6\,\%.

Komentář: Odbočky v tomto postupu jsem zapojil do textu, ale někteří řešitelé počítali pravděpodobnosti jednotlivých částí a pak je násobili, sčítali atd., ale tento postup byl nejčastější.

Úloha č. 3

Pro výpočet si označíme vzdálenost domu od příbytku jako s (v mílích), počet dní, za které urazí cestu saně tažené pěti psy jako t a rychlost saní, které táhne jeden pes jako v (v mílích za den).

Budeme předpokládat, že rychlost saní je přímo úměrná počtu psů, kterí saně táhnou. Tedy 5 psů táhne saně rychlostí 5v a 3 psi táhnou saně rychlostí 3v.

S pěti psy měl Yetti urazit vzdálenost s (tedy celou cestu) v čase t

s=5v\cdot t.

Stále stejnou dráhu s urazil, když 1 den cestoval s pěti psy a zbytek se třemi. Dráhu s můžeme tedy napsat jako součet dráhy za první den a dráhy za zbylých (t+1) dní. Celkový počet dnů, za které cestu urazil, tedy byl o 2 větší než pouze s pěti psy:

s=5v \cdot 1+3v \cdot(t+1).

Dráhu s také můžeme napsat jako součet tří úseků, kde první bude opět 5v \cdot 1, druhý bude 60 mil, kdy Yetti cestoval rychlostí 5v. Třetí úsek cestoval rychlostí 3v po dobu, kterou si označíme t_{1}:

s=5v \cdot 1+60+3v \cdot t_{1}.

Víme, že celková doba takto složené cesty bez prvního dne je t. Část z této doby je ale spotřebována na cestu o délce 60 mil rychlostí 5v:

t=t_{1}+ {60 \over 5v}.

Z těchto rovnic již můžeme spočítat výsledek, z prvních dvou rovnic můžeme například vyjádřit t

\eqalign{5v t &=5v + 3vt+3v,\cr t&=4.\cr}

Z druhé a třetí rovnice po dosazení t dostaneme:

\eqalign{5v+60+3v\left(4-{60\over5v}\right)&=5v+3v(4+1),\cr v&=8.\cr}

Yetti by tedy celou cestu s pěti psy urazil za 4 dny rychlostí 40 mil za den. Příbytek je tedy od domu vzdálen 160 mil.

Komentář: Nejdůležitější na řešení úlohy je správně si podle zadání vyjádřit všechny vztahy mezi veličinami. Častou chybou je úvaha t_{1} = t, za takto chybná řešení byly nejvýše 3 body. Někteří řešitelé se dostali ke správnému výsledku z úvahy, na jakém úseku cesty nabral Yetti zpoždění.

Úloha č. 4

Spoiler na začátek: hráč opravdu vyhraje nezávisle na tazích protihráče. Jak? Prvním úkolem našeho hráč bude nakreslit 128 svých symbolů (např. křížků) samostatně a dost daleko od sebe (což u nekonečného papíru nebude problém). Protihráč mezitím nakreslí 64 koleček a řekněme, že je přidá k našim křížkům, čím nám jich půlku zablokuje, nicméně stále nám zbývá 64 křížků, které u sebe žádné kolečko nemají. V další sérii tahů můžeme ke každému ze samostatných křížků přidat kolečko. Soupeř nám jich půlku zablokuje, ale 32 volných dvojic určitě zvládneme vytvořit. Poté 16 trojic atd. Takto budeme pokračovat, dokud nebudeme mít dvě šestice. Budou pouhé dvě šestice stačit k vítězství? Pokud bychom postupovali stejně, tak samozřejmě nebudou, ale my můžeme z jedné šestice jedním tahem vytvořit neuzavřenou řadu z osmi křížků. A k té už může soupeř klidně z jedné strany nakreslit své kolečko, ale my z druhé strany přidáme dva křížky, čím jsme vyhráli.

Někoho by mohlo napadnout, co se stane, pokud nás soupeř nebude blokovat (a tedy hrát optimálně) a bude si stavět vlastní řady. Uvědomme si, že to můžeme klidně vyřešit tím, že jedním naším symbolem ho budeme blokovat (tedy hrát klasické piškvorky, které nemají ani pro jednoho hráče vyhrávající strategii) a druhým budeme postupovat podle naší strategie.

Komentář: Úloha patřila k těm těžším, což se také projevilo na počtu správných řešení. Některá využila klasickou metodu na řešení tohoto typu úloh a postupovala „odzadu“. Často tím přišli na optimálnější strategii, ovšem za cenu složitějšího řešení v podobě rozebírání různých možností. To samozřejmě není špatně, ale obecně je vždy lepší jednodušší a obecnější řešení, o kterém se mimo jiné i snadněji dokazuje, že je opravdu správné. Zbylí řešitelé zhruba v polovině případů tvrdili prakticky bez jakéhokoliv zdůvodnění, že hráč určitě vyhraje, a v druhé (s jen o trochu lepšími argumenty), že vyhrát nemusí. Ve čtvrté sérii už snad ani nemusím vysvětlovat, že za tenhle přístup vás opravovatelé příliš nepochválí.

Úloha č. 5

Trojúhelník ABC podle věty sss

AB; |AB|=8cm,
k_{1}; k_{1} (B, r=13cm),
k_{2}; k_{2} (A, r=12cm),
C, C \in k_{1} \cap k_{2},
\Delta ABC.

Malý čtverec KLMN, který budeme zobrazovat

N, N \in AC, |AN|=2cm,
K, K \in AB, NK \bot AB,
M, NM \bot NK, |NM| = |NK|,
L, KL \bot KN, |KL| = |KN|,
KLMN.

Zobrazení malého čtverce

p, p=\overrightarrow {AM},
Q, Q= p \cap BC,
P, P \in AB, PQ \bot AB,
R, R \in AC, RQ \bot PQ,
O, O \in AB, OP \bot PQ,
OPQR.

Čtverec OPQR je vepsaný podle zadání trojúhelníku ABC. Tím dosáhneme situace jako je na obrázku (obr. vz451).

Úloha č. 6

Mějme kvádr, jehož tři stěnové úhlopříčky mají délky 10, 17, a 3\cdot\root 29. Určete objem tohoto kvádru.

Řešení: Na obrázku (obr. vz461) je kvádr a na něm vyznačené hrany a,b a c a stěnové úhlopříčky.

Z obrázku je vidět, že úhlopříčky tvoří spolu s hranami kvádru pravoúhlé trojúhelníky. Každý ze tří trojúhelníků má s tím dalším aspoň jednu společnou odvěsnu. Abychom spočítali objem kvádru, potřebujeme znát velikosti všech jeho hran, jelikož V=a\cdot b \cdot c.

Pomocí Pythagorovy věty a soustavy rovnic zjistíme tyto velikosti:

\eqalign{a^{2}+b^{2} &=10^{2},\cr a^{2}+c^{2} &=17^{2},\cr b^{2}+c^{2} &=(3\cdot\sqrt{29})^{2}.\cr}

Nejdříve si z první rovnice vyjádřeme b^{2} a z druhé c^{2}, tím získáme vztahy:

\eqalign{b^{2}&=10^{2}-a^{2},\cr c^{2}&=17^{2}-a^{2}.\cr}

Dosadíme výraz pro b^{2} a c^{2} do třetí rovnice a vypočítáme hodnotu a (a>0), protože je to délka hrany):

\eqalign{(100-a^{2})+(289-a^{2})&=261,\cr 389-2a^{2}&=261,\cr 128&=2a^{2},\cr 64&=a^{2},\cr 8&=a.\cr}

Do výše upravených rovnic pro b^{2} a c^{2} dosadíme a a najdeme b a c (b,c>0):

\eqalign{b^{2}=10^{2}-8^{2}&=100-64=36,\cr b&=6.\cr}

A stejně tak:

\eqalign{c^{2}=17^{2}-8^{2}&=289-64=225,\cr c&=15.\cr}

Vypočítáme objem:

\eqalign{V&=a\cdot b\cdot c,\cr V&=8\cdot 6\cdot 15,\cr V&=720.\cr}

Objem kvádru je 720 objemových jednotek.

Komentář: Byla spousta řešení za 5 bodů, nebo 4 body. Nejčastější chybou bylo nepopsání písmenek v rovnicích, nebo nedopočítání objemu. Nejkrásnější řešení dokonce měla popsaný obrázek kvádru a zmínku o použití Pythagorovy věty.

Úloha č. 7

Zadání bohužel opomíná uvést, o jaký čtyřstěn se jedná. Pokud by šlo o obecný čtyřstěn, neumíme vzdálenost určit, protože máme moc málo informací. Předpokládejme proto, že se v zadání mluví o pravidelném čtyřstěnu. V takovém případě situace vypadá jako na obrázku (obr. vz471).

Abychom mohli odpovědět, bude nám stačit spočítat hranu krychle a výšku čtyřstěnu. Hranu krychle a získáme z jejího objemu V:

\def\dm{\,{\rm dm}}\eqalign{ V = a^{3} &= 10^{3} = 1000 \dm^3,\cr a &= 10 \dm. \cr}

Pravidelný čtyřstěn má všechny hrany stejně dlouhé a ze zadání víme, že délkou odpovídají hraně krychle. Horní vrchol čtyřstěnu bude přímo nad těžištěm podstavy čtyřstěnu, protože (tak jako těžiště) má stejnou vzdálenost od všech tří vrcholů v podstavě. Výšku čtyřstěnu v proto můžeme spočítat z pravoúhlého trojúhelníku ATD. Z Pythagorovy věty platí:

\eqalign{ |TD|^{2} &= |AD|^{2} - |AT|^{2},\cr v &= \sqrt{a^{2} - \left(\frac23 t\right)^{2}},\cr}

kde t je délka těžnice AP v podstavě čtyřstěnu. Tu můžeme opět spočítat pomocí Pythagorovy věty z pravoúhlého trojúhelníku APB:

\eqalign{ |AP|^{2} &= |AB|^{2} - |BP|^{2},\cr t &= \sqrt{a^{2} - \left(\frac a2\right)^{2}},\cr t &= \sqrt{3}/2a.\cr}

Nyní už nám stačí jen dosadit za t, abychom dostali výšku čtyřstěnu v:

v = \sqrt{a^{2} - \left(\frac23 t \right)^{2}}= \sqrt{a^{2} - \left(\frac23\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^{2}}= \sqrt{a^{2} - {1\over3}a^{2}}= \sqrt{\frac23}a.

Nakonec zadání se nás ptá na vzdálenost horního vrcholu čtyřstěnu od horní podstavy krychle, tedy na:

a - v = a - \sqrt{\frac23}a = {3-\sqrt{6}\over3}a.

Po dosazení za a získáme konečný výsledek:

{3-\sqrt{6}\over3} \cdot 10 \dm \doteq 1{,}835 \dm.

Komentář: Většině řešitelů sedmá úloha nedělala větší problém a přišla mi spousta pěkných řešení. Potěšilo mě, že téměř ve všech řešeních bylo okomentované, že zadání opomíná specifikovat, o jaký čtyřstěn se jedná, a proto úloha nemá jednoznačné řešení. Ještě větší radost mi ale udělalo, že drtivá většina řešitelů se nespokojila s takovýmto konstatováním a úlohu iniciativně dopočetli pro pravidelný čtyřstěn. Za taková řešení jsem dával plný počet bodů.

Opravovali: 1. Magdaléna Mišinová, 2. Jakub Ucháč a František Steinhauser 3. Jan Hrůza, 4. Kateřina Nová, 5. Jiří Pelc, 6. Veronika Vítková a Kateřina Macková, 7. Jiří Erhart.