Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Nejprve určíme, kolik dokážeme vytvořit různých spojnic jednoho vrcholu a protější strany. Pojďme tedy spojovat horní vrchol se spodní stranou herního pole. Díky omezení na sedm políček ve spojnici víme, že s každým krokem musíme postoupit na nižší patro herního pole. Pro takový postup máme na každém políčku právě dvě možnosti -- šikmo vlevo dolů nebo šikmo vpravo dolů. Při sestupu z libovolného patra do patra bezprostředně pod ním se proto počet možností zdvojnásobí. Na sedmém patře najdeme jen jedno rohové políčko a máme tak jedinou možnost, jak začít spojnici. S každým nižším patrem se ale počet možných spojnic zdvojnásobí, proto máme 1\cdot2^{6} možností, jak spojit horní vrchol se spodní stranou herního pole (obr. vz511).

Úloha se nás ale ptá na počet možných spojnic s alespoň jedním rohovým políčkem a my zatím spočetli počet možných spojnic z právě jednoho rohového políčka ze tří. Musíme proto náš prozatímní výsledek vynásobit třemi: 3\cdot2^{6}. Tím jsme ale ještě neskončili. Pozornému čtenáři určitě neuniklo, že některé spojnice jsme takto započítali dvakrát. Jsou to přesně ty spojnice, které spojují dvě rohová políčka (takové jsme započítali z jednoho i z druhého rohu). Konečný výsledek je proto 3\cdot2^{6} - 3 = 189.

Komentář: Počet možných spojnic vrcholu a strany šlo pochopitelně počítat více způsoby. Vcelku oblíbenou metodou bylo vypsat si do každého políčka počet možností, kolika způsoby se do něj lze dostat. U vrchního rohového políčka máme právě jednu možnost a pro každé další políčko platí, že počet možností, jak se do něj dostat, odpovídá součtu možností v políčkách bezprostředně nad ním. Nakonec stačilo sečíst čísla na nejnižším patře a člověk se velmi rychle dostal ke stejnému výsledku. Mimochodem, schématu, které takto dostaneme, se říká Pascalův trojúhelník a má spoustu pěkných vlastností. Doporučuji si o něm přečíst v literatuře.

Úloha č. 2

Nejprve pro přehlednost označíme (obr. vz521) vrcholy čtverce postupně A, B, C, D a středy každé strany postupně E, F, G, H.

Pokud zvolíme libovolný bod X uvnitř čtverce ABCD, bude úsečka XE těžnicí trojúhelníku ABX (XE spojuje vrchol a střed protější strany). Těžiště T_{1} trojúhelníku ABX pak bude ležet ve 2/3 vzdálenosti z X do E. Takto můžeme najít i těžiště trojúhelníků BCX, CDX, DAX.

Těžiště všech čtyř trojúhelníků tvoří vrcholy čtyřúhelníku T_{1}T_{2}T_{3}T_{4}. Spojením středů stran čtverce ABCD vzniká nový čtverec EFGH. Pokud se zaměříme na trojúhelník T_{1}XT_{2}, vidíme, že je podobný v poměru 2:3 trojúhelníku EXF (jedná se o stejnolehlost), protože |\angle T_{1}XT_{2}|=|\angle EXF| a strany XT_{1} a XT_{2} tvoří 2/3 stran XE a XF. Úsečka T_{1}T_{2} je tedy rovnoběžná se stranou EF čtverce EFGH a její délka je rovna 2/3|EF|. To ale platí i pro ostatní strany čtyřúhelníku T_{1}T_{2}T_{3}T_{4}.

Všechny strany čtyřúhelníku mají stejnou délku a jsou na sebe kolmé (to plyne z kolmosti stran čtverce EFGH), T_{1}T_{2}T_{3}T_{4} je tedy čtverec.

Úloha č. 3

Hledané čtyřciferné číslo můžeme označit jako abcd. Když jeho cifry napíšeme v opačném pořadí, dostaneme dcba. Podle zadání má platit abcd/x = dcba, kde x je nějaké přirozené číslo větší než jedna (jedna to nemůže být, protože nové číslo musí být rozdílné).

Na začátku omezíme možnosti hledání. Protože dcba\cdot x=abcd, musí být d\cdot x \leq a. Z toho určitě víme, že a > d. Dále je d>0, aby nově vzniklé číslo bylo čtyřciferné. Proto je d alespoň 1 a a alespoň 2. Rozebereme případy podle hodnoty a.

Jestliže a = 2, muselo by se d rovnat 1. V tom případě může být x jen 2 a má platit 1cb2 \cdot 2 = 2bc1. Na řádu jednotek by ale měla být 4, která tam očividně není, takže a není 2.

Pro zbylé možnosti a budeme postupovat obdobně. Jestliže a = 3, nemůže být d=2, protože x\geq 2, a tudíž neplatí d\cdot x \leq a. Kdyby d=1, tak musíme najít takové x, aby platilo 1cb3\cdot x=3bc1. V případě násobení by vyhovovalo x pouze 7, ale v tom případě by neplatilo d\cdot x \leq a.

Pro a = 4 nemůže být d=1, protože 1cb4 \cdot x je sudé a nemůže se rovnat 4bc1. Vyloučíme i případ d=2, pak by šlo jedině x=2, ale to by nebylo splněno 2cb4\cdot x=4bc2.

Pro a=5 nemáme žádné přípustné d splňující 0 < d < 5, protože dcb5 \cdot x může končit jedině nulou nebo pětkou.

Pro a=6 by d mohlo být 1, 2 nebo 3. Ovšem d se nemůže rovnat 1 ani 3, protože dcb6 \cdot x je sudé, a tak nekončí lichým číslem. Jestliže by bylo d = 2, pak x může být pouze 2 nebo 3. Ani v jednom z těchto případů ale neplatí 2cb6\cdot x=6bc2.

Pro a = 7 může být d opět pouze 1, 2 a 3. Když d=1, pak 1cb7\cdot x=7bc1, čemuž by mohlo vyhovovat pouze x=3. I kdyby c, b = 9, tak stejně 1997\cdot 3 = 5991, což je menší než 7bc1. Když d = 2, potom 2cb7\cdot x=7bc2. Jako x přichází v úvahu pouze 6, to ale nesplňuje podmínku d\cdot x \leq a. Navíc d nemůže být ani 3, muselo by totiž být x=2, což nesplňuje 3cb7\cdot x=7bc3.

Pro a = 8 může být d rovno 1, 2, 3 nebo 4. Případy d=1 a d=3 opět vyloučíme kvůli dělitelnosti dvěma. Čísla 8bc1 i 8bc3 dvěma dělitelné nejsou, ale 1cb8 a 3cb8 jsou. Pro d=4 nemůže být x > 2, protože pak neplatí d\cdot x \leq a. Ale 4cb8\cdot 2=8bc4 nemůže platit, protože na řádu jednotek by měla být 6 a ne 4. Když d = 2, pak má platit 2cb8\cdot x=8bc2. Pro x by připadalo do úvahy 4 nebo 9. Případ x=9 vyloučíme kvůli podmínce d\cdot x\leq a. Naopak x = 4 splňuje podmínku d\cdot x \leq a a zároveň 8bc2/4=2cb8 by dávalo smysl. Zkusíme tedy dojít k nějakému řešení. Rozepíšeme vztah 2cb8\cdot 4=8bc4 následovně:

\eqalign{8000 + 100b + 10c + 2 &= (2000 + 100c + 10b + 8)\cdot 4,\cr 8002 + 100b + 10c &= 8032 + 400c + 40b,\cr 60b &= 30 + 390c,\cr 2b&= 1 + 13c.\cr}

Tato rovnice je splněna pouze pro cifry b = 7 a c = 1. Skutečně je 8712/4=2178, a tak 8712 je kód.

Prověříme ještě možnost a = 9, jestli je 8712 jediný kód. Pro a = 9 je d opět 1, 2, 3 nebo 4. Když d = 4, aby byla zachována podmínka d\cdot x\leq a, musí být x = 2. Pak ale 4cb9 \cdot 2 = 9bc4 neplatí, protože na řádu jednotek musí být 8 a ne 4. Jestliže d = 3, tak 3cb9\cdot x=9bc3. Pro zachování podmínky d\cdot x\leq a musí být x \leq 3, ale ani pro x=2 ani pro x=3 se číslice na řádu jednotek opět neshodují. Kdyby d = 2, tak aby d\cdot x\leq a, je x\leq 4. Aby se shodoval řád jednotek ve vztahu 2cb9\cdot x=9bc2, muselo by být x=8, což nemůže. Když d=1, pak 1cb9\cdot x=9cb1. Takhle vyhovuje pro x, aby vycházelo na řádu jednotek stejné číslo, pouze 9. Nyní 9 zachovává i podmínku d\cdot x \leq a. Také 9bc1/9=1cb9 by mohlo vycházet. Zkusíme tedy nalézt b a c:

\eqalign{(1000+100c+10b+9)\cdot 9&=9000+100b+10c+1,\cr 9000+900c+90b+81&=9001+100b+10c,\cr 9081+890c&=9001+10b,\cr 80+890c&=10b,\cr 8+89c&=b.\cr}

Zde platí rovnice pouze pro cifry c = 0 a b = 8. Tedy 9801/9=1089.

Dohromady jsme našli dva kódy, a to 8712 a 9801.

Komentář: Spousta řešitelů si neověřila, jestli nemůže existovat druhý kód. Chtěl bych tedy pochválit tu hrstku, která se dostala k oběma správným řešením. Zadání striktně nevylučovalo kódy končící nulou. Pak cifry zapsané v opačném pořadí nevytvoří čtyřciferné číslo, ale můžeme se na ně dívat jako na číslo s méně ciframi. V tomto případě existuje dalších 120 kódů.

Úloha č. 4

Jelikož musí tunelem projít rychlostí pomalejšího z dvojice, tak by měli nejpomalejší jít spolu, aby nezpomalovali dvě dvojice. Zároveň musí na druhé straně už někdo být, aby se ti nejpomalejší nemuseli vracet se svíčkou. Nejrychlejší dvojice je deseti a dvacetiminutová, které cesta trvá 20 minut. Ta by měla jít před nimi.

Pro zjednodušení označím nejpomalejšího 40, nejrychlejšího 10 a prostředního 20.

Postupovat můžou takto:

  • před tunelem: 20, 40, 40; projde tam: 10, 20; za tunelem: nikdo; čas: 20\,minut,
  • před tunelem: 20, 40, 40; projde zpět: 10; za tunelem: 20; čas: 10\,minut,
  • před tunelem: 20, 10; projde tam: 40, 40; za tunelem: 20; čas: 40\,minut,
  • před tunelem: 20, 10; projde zpět: 20; za tunelem: 40, 40; čas: 20\,minut,
  • před tunelem: 20; projde tam: 10, 20; za tunelem: 40, 40; čas: 20\,minut,
  • před tunelem: 20; projde zpět: 10; za tunelem: 40, 40, 20; čas: 10\,minut,
  • před tunelem: nikdo; projde tam: 10, 20; za tunelem: 40, 40, 20; čas: 20\,minut,
  • za tunelem: 40, 40, 20, 20, 10.

Alternativa:

  • před tunelem: 20, 40, 40; projde tam: 10, 20; za tunelem: nikdo; čas: 20\,minut,
  • před tunelem: 20, 40, 40; projde zpět: 20; za tunelem: 10; čas: 20\,minut,
  • před tunelem: 20, 20; projde tam: 40, 40; za tunelem: 10; čas: 40\,minut,
  • před tunelem: 20, 10; projde zpět: 10; za tunelem: 40, 40; čas: 10\,minut,
  • před tunelem: 20; projde tam: 10, 20; za tunelem: 40, 40; čas: 20\,minut,
  • před tunelem: 20; projde zpět: 10; za tunelem: 40, 40, 20; čas: 10\,minut,
  • před tunelem: nikdo; projde tam: 10, 20; za tunelem: 40, 40, 20; čas: 20\,minut,
  • za tunelem: 40, 40, 20, 20, 10.

Celkový čas je 20+10+40+20+20+10+20=140.

Komentář: Správných řešení byla spousta, některá bohužel obsahovala jen popis cest, ale už ne důvod, proč je to ta nejrychlejší cesta (za to jsem strhla 1 bod).

Úloha č. 5

Tato úloha je náročná na představivost. Na prvním obrázku (obr. vz551) je osmistěn ABCDEF. Osmistěn umístíme do krychle KLMNOPQR. Na druhém obrázku (obr. vz552) vidíme už celou situaci ze zadání v řezu podle stěnové úhlopříčky krychle. Osmistěnem vede řez skrz vrchol E, střed strany AD označíme S_{AD}, vrchol F a střed S_{BC}. Zde je důležité si uvědomit, že středy krychle a osmistěnu jsou totožné.

Úsečka S_{AD}S_{BC} je stejně dlouhá jako hrana osmistěnu. Označíme ji tedy jako x. Střed této úsečky označíme jako S a bod dotyku koule z vrcholu Q s osmistěnem jako T. Úsečka ES_{AD} je výškou (a také těžnicí) v rovnostranném trojúhelníku AED se stranou x. Označíme ji w a spočítáme podle Pythagorovy věty (nebo ze vzorečku):

\displaylines{x^{2} = \left( {x\over2} \right)^{2} + w^{2},\cr w = \sqrt{x^{2} - x^{2}/4 } = {x \sqrt{3}\over2}.\cr}

Nyní se podíváme na levou horní čtvrtinu obrázku (obr. vz553).

Ze zadání víme: |QT|=1, T je těžiště stěny osmistěnu, která tvoří trojúhelník. Úsečka ES_{AD} je těžnicí, a tedy platí: |ET| = 2|TS_{AD}|. Nyní pomocí Pythagorovy věty spočítáme délku strany SE, kterou označíme v:

\displaylines{w^{2} = \left( {x\over2} \right)^{2} + v^{2},\cr v = \sqrt{\left({x \sqrt{3}\over2} \right)^{2} - \left( {x\over2} \right)^{2} } = {x\over2} \sqrt{3 - 1} = {x\sqrt{2}\over2}.\cr}

Nyní je potřeba ukázat, že bod T leží na úsečce QS. Úsečka QT je kolmá na ES_{AD}, protože se jedná o tečnu. Pokud by tomu tak bylo, tak pata výšky trojúhelníku na stranu w je bod T (tzn. |\angle STC| = |\angle STS_{AD}| = 90^{\circ}). To můžeme ověřit tak, že spočítáme ST pomocí Pythagorovy věty a trojúhelníků STE a STS_{AD}, pokud budou obě hodnoty stejné, tak předpoklad platí. Tedy nejprve

\eqalign{|SE|^{2} &= |ET|^{2} + |ST|^{2},\cr v^{2} &= \left({2\over3}w\right)^{2} + |ST|^{2},\cr |ST|^{2} &= {2x^{2}\over4} - \frac49\cdot\frac{3x^{2}}{4},\cr |ST|^{2} &= {18x^{2} - 12x^{2}\over36} = {6x^{2}\over36},\cr |ST| &= {x\sqrt{6}\over6}.\cr}

Anebo

\eqalign{|SS_{AD}|^{2} &= |ST|^{2} + |S_{AD}T|^{2},\cr \left( {x\over2} \right)^{2} &= |ST|^{2} + \left( w/3 \right)^{2},\cr |ST|^{2} &= {x^{2}\over 4} - {1\over 9} {3x^{2}\over 4},\cr |ST|^{2} &= {9 x^{2} - 3x^{2}\over 36},\cr |ST| &= {x\sqrt{6}\over 6}.\cr}

Oběma způsoby jsme došli ke stejnému výsledku, tudíž trojúhelníky STS_{AD} a STE jsou pravoúhlé s pravým úhlem u vrcholu T, a tedy body Q, T, S leží na jedné přímce.

Jelikož bod S je středem krychle, je středem i její tělesové úhlopříčky. Její délku spočítáme jako:

|QL| = \sqrt{2^{2} + 2^{2} + 2^{2}} = 2 \sqrt{3}.

Tedy: |QS| = \sqrt{3} a |ST|= \sqrt{3} - 1.

Nyní dopočítáme neznámou x:

\sqrt{3} - 1 = |ST|= x\sqrt{6}/6 = x/\sqrt{6},
x = \sqrt{6}(\sqrt{3} - 1) = 3\sqrt{2} - \sqrt{6} \doteq 1{,}79.

Úloha č. 6

Úloha se dala poměrně přímočaře řešit pomocí diskriminantu kvadratické rovnice. Ten podle vzorce D=b^{2}-4ac vychází 4\,704. Budeme-li chtít najít kořeny, použijeme vzorec

x={-b\pm\sqrt{D}\over 2a}.

Dostaneme

a={-3\pm14\sqrt{6}\over3},

což už nejde upravit, tedy jednoznačně nevychází celé číslo.

Druhou možností bylo upravit rovnici na tvar 3a^{2}+6a=389. Z toho vidíme, že levá strana rovnice je dělitelná 3, zato pravá nikoliv, což znovu dokazuje, že rovnice nemá celočíselné řešení.

Komentář: Úloha nebyla nijak těžká, měli jsme spoustu pětibodových řešení. Strhávala jsem body za tipování čísel bez komentáře. Obecně platilo, že by byl vhodnější podrobnější popis úvah.

Úloha č. 7

U takovýchto úloh se vždy jako první nabízí symetrické řešení. Proto chceme, aby všech jedenáct střelců mělo stejnou vzdálenost ke střelci uprostřed. To znamená, že musí stát na kružnici se středem v místě cílového hráče. Chceme střílet na druhého nejbližšího, proto si našich deset střelců dáme do dvojic, které budou stát těsně u sebe.

Budeme mít tedy pět dvojic, které chceme po kružnici rozmístit tak, aby vzdálenost mezi nimi byla větší než poloměr kružnice. Proto vezmeme pravidelný pětiúhelník. V něm bude vzdálenost mezi sousedícími dvojicemi vždy stejná, a tudíž nebude lepší řešení. Víme, že můžeme rozdělit pětiúhelník na pět rovnoramenných trojúhelníků s rameny délky rovné poloměru kružnice opsané a základnou o délce strany pětiúhelníku. V tomto trojúhelníku platí, že úhel proti základně je roven 72^{\circ}, neboť těchto trojúhelníků se do plného úhlu vejde pět, tedy 360^{\circ}/5=72^{\circ}. Nyní dopočteme úhly u základny, které budou mít velikost (180^{\circ}-72^{\circ})/2=54^{\circ}. Víme, že platí trojúhelníková nerovnost říkající, že proti většímu úhlu leží delší úsečka. Neboť 72^{\circ}>54^{\circ}, tak vzdálenost mezi dvojicemi na kružnici je větší než do středu, a tudíž je pro každého střelce tím druhým nejbližším právě jedinec uprostřed.

Komentář: Protože úloha byla jednoduchá, dávala jsem plný počet bodů jen v případě, že jste dokázali vaše tvrzení. Pokud jste jen napsali, že budou v pětiúhelníku, tak jsem vám dala body čtyři.

Opravovali: 1. Jiří Erhart, 2. Jan Hrůza, 3. Jakub Ucháč, 4.  Veronika Vohníková, 5. Jiří Štrincl, 6. Kristýna Kratochvílová a Jiří Šrincl, 7. Eliška Vítková.