Vzorová řešení a komentáře k 6. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Nejprve si uvědomíme jednu věc. Parita čísel se změní pouze, pokud od nich budeme odečítat liché číslo, s odečtením sudého čísla se nezmění.

Nejprve se zamyslíme, kdy určitě můžeme říct, že vyhrál Prófa. Pokud máme několik sudých čísel, už z nich určitě nemůžeme dostat liché, protože jak jsme si řekli, odečtením sudého se nemění parita. Jak můžeme dostat samá sudá čísla? Triviálně samozřejmě ze samých sudých čísel, ale také z jen lichých čísel. Odečtením jednoho se změní parita všech. Prófa tedy určitě vyhraje, pokud v nějakém okamžiku zbydou čísla pouze jedné parity.

Co Stydlín? V případě, že poslední dvě čísla jsou sudé a liché, nezávisle na tom, které odebereme, vždy dostaneme liché číslo. Buď můžeme odebrat sudé a liché zůstane liché nebo liché a pak se sudé změní na liché.

Prófovou strategií je tedy zbavit se jednoho druhu čísel, zatímco Stydlínovo zachovat obě. Vypadá to tedy, že Prófa vyhraje, pokud n \neq k a Stydlín pokud n=k. Vyhrajou ale opravdu nezávisle na tazích toho druhého? Pojďme se na to podívat.

Řešme nejprve případ, že n \neq k. Prófa začíná a vybere si číslo z menší skupiny. Teď se mohly parity prohodit, ale důležité je, že se rozdíl mezi nk zvýšil o jedna, takže teď je minimálně dva. (Předtím musel být minimálně jedna, protože se čísla nerovnala.) Pokud teď Stydlín odebere číslo z větší skupiny, rozdíl se přinejlepším zmenší zase na jedna. Prófa ho tedy zase zvětší atd. V nějakém Prófově tahu tedy musí nutně dojít k situaci, kdy jedna skupina čísel zmizí, čím (jak jsme si již řekli) vyhrál.

Nyní rozeberme variantu n=k. Pokud si Prófa vybere sudé číslo, počet sudých se o jedna sníží. Pokud liché, tak se z lichých čísel stanou sudé a naopak, takže se opět počet sudých sníží. Stydlín pak vezme liché číslo, čímž srovná počty lichých a sudých čísel. Prófa tedy při dalším tahu bude ve stejné situaci jako na začátku. V jednom okamžiku proto musí Prófa vybírat z jednoho sudého a jednoho lichého čísla, což znamená vítězství pro Stydlína (viz výše).

Komentář: Většina řešitelů si s úlohou poradila. Někteří řešili strategie v závislosti na paritě čísel nk. Také se tak dalo dojít k správnému řešení, ale byla to cesta daleko spletitější a naprostá většina z těch, kteří se po ní vydali, někde zabloudila.

Úloha č. 2

Jako první vezmeme trojúhelník ABC vz621. Úhel při vrcholu A označíme \alpha. Úhel při vrcholu C je dle zadání pravý a navíc platí, že součet vnitřních úhlů v trojúhelníku je 180^{\circ}, takže můžeme úhel při vrcholu B označit jako \beta a vyjádřit jeho velikost podle velikosti úhlu \alpha jako 90^{\circ} – \alpha (180^{\circ}=90^{\circ}+\alpha+\beta). Nyní vezmeme trojúhelníky ACDBCD. Neboť úsečka CD je výška, tak úhel při vrcholu D je pravý stejně tak i v trojúhelníku BCD. O úhlu při vrcholu A jsme již řekli, že má velikost \alpha, stejně tak při vrcholu B je úhel \beta=90^{\circ} – \alpha. Nyní tedy můžeme spočítat velikost úhlu ACD. V trojúhelníku ACD již tedy víme, že je zde úhel o velikosti 90^{\circ}\alpha, a tedy velikost úhlu ACD musí být 90^{\circ} – \alpha=\beta. Nyní spočítáme velikost úhlu BCD. Vezmeme trojúhelník BCD, v kterém již známe dva úhly, a to o velikosti 90^{\circ}90^{\circ} - \alpha a tento úhel se tedy bude rovnat \alpha. Z toho nám vyplývá, že trojúhelníky ABC, ACDBCD jsou podobné podle věty uu (všechny tři úhly mají stejnou velikost). Střed kružnice vepsané leží na osách úhlů, tedy velikost úhlu CAS_{1} je 1/2\cdot\alpha, stejně tak úhel BCS_{2} má velikost 1/2\cdot\alpha.

Můžeme tedy vytvořit rovnici pro výpočet úhlů v trojúhelníku AEC:

180^{\circ}=|\angle CAE|+|\angle ACE|+|\angle AEC|= 1/2\cdot\alpha+( 90^{\circ}- \alpha+1/2\cdot\alpha)+ |\angle AEC|

Z toho pak máme

|\angle AEC|=180^{\circ}- 1/2\cdot\alpha - 90^{\circ} + α - 1/2\cdot\alpha= 90^{\circ}.

Tedy přímka AS_{1} je kolmá na přímku CS_{2}.

Komentář: Tuto úlohu měla většina lidí správně, ale někteří nezdůvodňovali své kroky nebo udělali nějaké logické chyby, a proto jsem jim strhla body.

Úloha č. 3

Ze zadání víme, že třešně lze rozdělit mezi 6, 12 nebo 14 lidí. Neboli počet třešní v košíku je násobkem 1412 (tím pádem i 6). Nejmenší společný násobek 1412 je 84:

\eqalign{ 6 &= 2 \cdot 3,\cr 12 &= 2 \cdot 2 \cdot 3,\cr 14 &= 2\cdot7,\cr nsn(6,12,14) &= 2 \cdot 2\cdot 3 \cdot 7 = 84.\cr}

Dále víme, že se do košíku nevejde víc jak 150 třešní. To znamená, že 84 je tedy jedinou možností, protože 2\cdot 84 > 150.

Pokud máme rozdělit 84 třešní mezi 12 lidí (každý dostane 7) a máme k dispozici pouze dvojice, trojice a čtveřice, potřebujeme právě 12 trojic. Každý dostane trojici a čtveřici, nebo 2 dvojice a trojici. Můžeme nyní odvodit:

\text{počet dvojic} = \frac{84 - 3 \cdot 12 - 4 \cdot \text{počet čtveřic}}{2}.

Pokud víme, že jsou v košíku 4 čtveřice, pak je tam 16 dvojic a 12 trojic.

Ještě musíme ověřit, že tyto skupinky třešní lze rozdělit i mezi 614 lidí. Mezi 6 lidí je rozdělíme tak, že vezmeme 2 hromádky z rozdělení pro 12 lidí a dáme je jednomu člověku. Mezi 14 lidí je rozdělíme takto: 6 \cdot 2 \text{ trojice}, 4 \cdot (\text{čtveřice} + \text{dvojice}) \text{ a } 4 \cdot 3 \text{ dvojice}.

Komentář: Mezi nejčastější chyby, za které jsem strhával body, patřilo: nezdůvodnění, že třešní může být pouze 84; neověření, že daný počet dvojic a trojic lze rozdělit mezi zadané počty lidí.

Úloha č. 4

Abychom mohli zjistit, jaká čísla budeme násobit k získání čísla 720, musíme 720 rozložit na prvočísla

720 = 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 3\cdot 3\cdot 5.

Máme sedm čísel, se kterými můžeme pracovat. Součet těchto čísel je dohromady 19. Musíme mezi sebou vynásobit nejméně dvě čísla, aby jejich součet byl 30 a víc. Vynásobíme 53, čímž získáme největší možné číslo. Součet těchto čísel je ale pouze 26, což je zase málo. Musíme tedy mezi sebou vynásobit 3 čísla. Kdybychom vynásobili 2\cdot 3\cdot 3, vyjde nám 18.

18+2+2+2+5 = 29.

V té trojici, kterou budeme muset násobit, musí být vždy 5, jinak nedostaneme při sčítání číslo větší než třicet.

Máme nyní tři možnosti, jak poskládat trojici s číslem 5:

\eqalign{ 5\cdot 3\cdot 3+2+2+2+2 &=53,\cr 5\cdot 3\cdot 2+3+2+2+2 &=39,\cr 5\cdot 2 \cdot 2+3+3+2+2 &=30.\cr }

Všechny tyto možnosti splňují podmínky zadání. Kromě toho nám zadání říká, že na pořadí čísel záleží. Musíme tedy ještě zjistit, kolikrát jdou tyto tři možnosti zapsat v jiném pořádí. Na to nám pomůže vzorec pro počítání permutací s opakováním:

\eqalign{\frac{5!}{4!\cdot 1!} = 5 & \text{– první možnost lze zapsat pěti způsoby,}\cr \frac{5!}{3!\cdot 1!\cdot 1!} = 20 & \text{– druhá možnost lze zapsat dvaceti způsoby,}\cr \frac{5!}{2!\cdot 2!\cdot 1!} = 30 & \text{– třetí možnost lze zapsat třiceti způsoby.}\cr}

Celkově tedy existuje 55 možností.

Komentář: Většina z vás se dostala k těm třem možnostem zápisu, ale zapomněla, že musí ještě spočítat všechny možnosti jejího zápisu. Ti, co si to uvědomili, se potom už bez obtíží dostali ke správnému řešení.

Úloha č. 5

Pokud chceme ukázat, že výrok „Součet n po sobě jdoucích čísel je vždy dělitelný n“ není pravdivý, stačí nám najít jediný protipříklad, tedy např. 1+2=3 je součet dvou po sobě jdoucích čísel, ale číslo 3 není dělitelné číslem 2, protože 3/2 není celé číslo.

Pokud bychom chtěli vidět, pro jaká čísla výrok platí, podíváme se obecně na součet n po sobě jdoucích čísel začínající číslem a:

a+(a+1)+(a+2)+\cdots+(a+n-2)+(a+n-1).

Součet tohoto výrazu můžeme vyjádřit pomocí vzorce pro součet prvních n čísel:

a+(a+1)+\cdots +(a+n-1)=n\cdot a+1+2+\cdots+(n-1)=n \cdot a + n \cdot \frac{n-1}{2}.

Vzniklý výraz vydělíme n:

\left(n \cdot a + n \cdot \frac{n-1}{2}\right):n=a+\frac{n-1}{2}.

Víme, že a je celé číslo (jde o počáteční prvek součtu). Číslo (n-1)/2 je celé číslo pouze, pokud je (n-1) sudé, tedy právě tehdy, když je n liché.

Součet n po sobě jdoucích čísel je tedy dělitelný n právě tehdy, když je n liché.

Komentář: Většina řešitelů nalezla správný protipříklad nebo úlohu vyřešili obecně, za správné řešení bylo 5 bodů. Pokud v řešení byly unáhlené závěry z několika příkladů (neplatí pro 24, proto to neplatí pro žádné sudé číslo), strhávali jsme za to jeden až dva body. Obecná tvrzení se musí také obecně dokázat. Za jinak chybná řešení bylo méně bodů.

Úloha č. 6

Na vyřešení takovéto úlohy jsou dva základní postupy, buď od konce, tedy začít zjišťovat, co musí platit, aby se Romeo s Julií potkali, a postupovat k Merkuciovi, nebo od začátku, tedy řešit, co plyne z toho, že Merkucio dorazí. Protože víme, že Merkucio dorazí, přijde mi jednodušší (stejně jako většině řešitelů) začít od začátku.

Pokud Merkucio půjde, tak z druhé věty plyne, že nepůjde Eskalus.

Ze čtvrté věty plyne, že pokud dorazil Merkucio, nemohla dorazit Veronika (jinak by ta věta nebyla pravdivá).

Na to navazuje první věta, ze které plyne, že pokud nedorazila Veronika, tak musel dorazit Benvolio (stejně jako v předchozím případě, jinak by to nebyla pravda).

Tím máme vyřešené první čtyři hosty, ale problém je, že jediná další věta, která na tyto hosty navazuje, je třetí věta „Eskalus půjde, pouze pokud půjde Tybalt.“, kde jsou ale prohozená jména. Mělo tam být: „Tybalt půjde, pouze pokud půjde Eskalus.“, takže o Tybaltovi nevíme, jestli dorazí. Kdyby věta byla správně, tak víme, že Tybalt nedorazí, z páté věty víme, že paní Kapuletová dorazí, ze sedmé, že dorazí s Adalbertinou, ze šesté, že nedorazí Paris. A z posledních dvou, že dorazí i Romeo a Julie, takže se tam setkají (jak velká část řešitelů postupovala).

Pokud by ale Tybalt dorazil, což podle zadání mohl, tak nevíme, jestli dorazí paní Kapuletová a potom ani Adalbertina, Paris a Romeo s Julií. Takže z těchto informací, jak byly zadány, nemůžeme zjistit, jestli se Romeo s Julií na večírku setkají.

Komentář: Pět bodů dostávali ti, kdo si všimli chyby v zadání a zdůvodnili, že úlohu nejde řešit. Čtyři body dostávali ti, kdo úlohu vyřešili správně, ale nevšimli si chyby ve třetí větě, nebo si jí všimli, ale měli nějakou jinou podstatnou chybu. Tři a méně bodů dostávali ti, kdo měli podstatných chyb více nebo nevysvětlili nějakou podstatnou část řešení.

Úloha č. 7

Objem kapky si rozdělíme na objem polokoule a kužele, jejichž objemy na závěr sečteme.

Bod, kde se vrcholy kuželů kapek při situaci popsané v zadání dotýkají vz671, označíme V.

Všimneme si, že v zadání je spor. Kapky mají totiž ležet na stole a zároveň shora vidíme polokoule jako půlkružnice. Podle prvního tvrzení by se měly vrcholy kuželů dotýkat na stole, podle druhého ve vzduchu nad ním. Nejprve úlohu vyřešíme tak, jako kdyby platilo první tvrzení.

Shora vidíme kužely kapek jako shodné trojúhelníky složené v pravidelný šestiúhelník. Proto je vidíme jako rovnostranný trojúhelník vz672. Vezměme jeden z těchto trojúhelníků. Vrchol, který je středem šestiúhelníku, označíme V', zbylé dva označíme AB. Patu výšky z vrcholu V' označíme D. Také označíme |DV'|=v'. O výšce v rovnostranném trojúhelníku víme, že je totožná s těžnicí. Proto |DA|=a/2. Zároveň úhel ADV' je pravý. Takže pomocí Pythagorovy věty můžeme zjistit v':

v'=\sqrt{a^{2}-\left(\frac a2\right)^{2}}=\sqrt{\frac{3\cdot a^{2}}4}=\frac{\sqrt{3} \cdot a}2.

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