Vzorová řešení a komentáře k 2. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Nejprve musíme zjistit počet tahů. Kůň při skoku změní barvu políčka a protilehlé rohy mají stejnou barvu. Aby se změny barvy navzájem vyrušily, musí být tahů sudý počet. Z A1 se na H8 potřebujeme posunout o 7 políček vodorovně a 7 svisle, celkem tedy o 7 + 7 = 14 políček. Kůň se během jednoho tahu posune o 2 políčka jedním směrem a o 1 druhým, celkem tedy o 2 + 1 = 3 políčka. Počet tahů je proto alespoň 14/3 \doteq 4,67. Jediné sudé číslo větší než 4{,}67 a menší než 8 je 6, takže tahů musí být 6.

Šesti tahy se kůň posune celkem o 18 políček, má se ale posunout o 14 políček doprava a nahoru. Z toho vyplývá, že polovinou přebývajících pohybů se musí vracet, čímž dorovná druhou polovinu. Vracet se tedy bude o (18-14)/2=4/2=2 políčka (16 doprava a nahoru a 2 doleva a dolů, takže celkový posun bude 16 - 2 = 14).

V obou směrech dohromady se má vrátit o dvě políčka oproti hlavnímu směru, takže se může vrátit o 2 doleva, o 2 dolů, nebo o 1 doleva a o 1 dolů. Pokud se v jednom směru vrací o 2, celkový počet pohybů je 7 základních plus 2 vracení plus další 2, kterými se vracení dorovná, takže 7 + 2 + 2 = 11. V druhém směru se nevrací vůbec, takže použije pouze pohyby směrem k H8. Jediný způsob, jak se lze pomocí šesti tahů posunout o 11 polí, je pětkrát se posunout o dvě a jednou o jedno políčko (5 \cdot 2 + 1 = 11). Kůň se vždy v jednom směru pohne o 2 políčka, v druhém o jedno, takže ve druhém směru se posune pětkrát o jedno políčko a jednou o dvě. Když si vracení zapíšeme jako záporný posun, posuny vypadají takto (ne nutně v tomto pořadí):

doprava 2 2 2 2 -2 1
doleva 1 1 1 1 1 2

Vidíme, že máme šest možností, kam v tomto pořadí umístíme tah -2; 1 a u každé z těchto možností máme pět možností pro umístění tahu 1; 2. Počet možností v tomto případě je tedy 5 \cdot 6 = 30. Dalších 30 možností získáme pouhým prohozením os, tedy označení doprava a nahoru v naší tabulce. Pokud se v obou směrech vrací o jedno políčko zpět, v obou směrech musí dorovnat toto vracení, takže se posune o 7 + 1 + 1 = 9 políček. V obou směrech se posune o stejný počet polí, takže posun o dvě pole bude v každém směru v polovině tahů, tedy v 6 / 2 = 3. Můžeme si udělat obdobnou tabulku:

doprava 2 2 2 1 1 -1
doleva 1 1 -1 2 2 2

Zde máme šest možností umístění tahu 2; -1 a pět možností tahu -1; 2. Zbývají dva tahy 2; 1 a dva 1; 2. Pokud si tahy 2; 1 očíslujeme, máme v této čtveřici čtyři možnosti pro první a tři pro druhý. Platná je ale pouze polovina z těchto možností – druhá polovina vznikla prohozením stejných tahů 2; 1. Počet tahů v tomto případě je 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 / 2 = 30 \cdot 2 \cdot 3 = 180. Všimněme si, že další možnosti nevzniknou prohozením os, protože tahy v obou směrech jsou stejné.

Celkový počet tahů je 180 + 30 + 30 = 240.

Komentář: Většina došlých řešení byla dobrá, nejčastější chyby byly nezdůvodnění počítání jenom s políčky, přes která kůň mohl jít při vyčíslování pro jednotlivá políčka, nebo třeba počítání možností z políčka [0;0] místo [1;1] neboli A1.

Úloha č. 2

Označíme si zadané body (Obr. vz221): vrchol trojúhelníku označíme A, těžiště T a střed kružnice opsané S. Zbylé dva vrcholy trojúhelníku, které hledáme, označíme BC.

Uvědomíme si, co platí pro zadané body.

Těžiště je průsečíkem těžnic (spojnic vrcholu a středu protější strany). Leží na těžnici ve dvou třetinách od vrcholu.

Střed kružnice opsané leží na osách stran trojúhelníku.

Nejdříve najdeme střed strany BC, označme jej M. Narýsujeme polopřímku AT. Potom určíme střed AT, označíme ho R. Potom uděláme kružnici k(T,|TR|). Druhý průsečík k a polopřímky AT je hledaný bod M.

Víme, že osa strany prochází jejím středem a je na ni kolmá. Proto je přímka SM osou strany BC. Kolmice na ni v bodě M je přímka, na níž leží strana BC. Označíme ji p.

Nyní zkonstruujeme kružnici opsanou trojúhelníku ABC. Její střed je S a poloměr |SA|. Označíme ji jako o.

Přímka p a kružnice o mohou mít nejvýše dva průsečíky. Pokud je mají, jsou to hledané body BC. Pokud mají méně průsečíků, řešení úlohy neexistuje. Může se stát, že M=S. Potom může být p libovolná přímka procházející S a úloha má nekonečně mnoho řešení.

Komentář: Největším úskalím úlohy se ukázalo pochopit, co vlastně znamená zadání úlohy. Pokud se někde píše, že jsou zadány body, úsečky, přímky, kružnice atd., tak je tím myšleno, že my přicházíme k již (neznámo jak) umístěným objektům a rýsujeme z nich další objekty, aby měly požadované vlastnosti. Proto zadané body musíme zvolit náhodně, ne tak, aby konstrukce byla jednoduchá.

Ti, kteří zadání pochopili, se většinou dobrali správného výsledku. Proto jsem byla přísnější než u obtížných úloh.

Většina z vás vynechala diskuzi -- to je ta část, kde se mluví o tom, za jakých podmínek má úloha kolik řešení. Nikdo jste ji nedokázal udělat pořádně. Body jsem za to nestrhávala, ale velmi mě potěšilo, když jste se o ni pokusili.

Úloha č. 3

Neboť číslo 15 je liché, můžeme se na něj dostat pouze pomocí třetího přístroje ze dvou čísel, jejichž součet je 30. Takovýchto dvojic je 15. Protože není v zadání specifikováno omezení na počet štítků či délku procesu, tak nám stačí vybrat kteroukoliv variantu. Já si vybrala dvojici 14,16. Nejdřív si vezmu jeden lísteček a pojmenuji si ho a. Ten strčím do prvního stroje a tím na něj dostanu jedničku. Poté ho čtyřikrát vložím do druhého a tím nám vznikne 16. Nyní si vezmeme druhý lísteček, pojmenujeme ho b, a vložíme ho do prvního stroje a poté dvakrát do druhého stroje, čímž dostaneme 8. Nyní lístečky a,b vložíme do třetího stroje a tím nám k nim přibude štítek c s hodnotou 12. Vezmeme opět třetí stroj, ale tentokrát vložíme lísteček a,c a tím nám vznikne d s hodnotou 14. A naposledy vezmeme opět třetí stroj a vložíme lístky a,d a vznikne nám hledaná 15.

Komentář: Tato úloha byla poměrně jednoduchá a většina ji měla dobře. Někteří si vyložili, že první přístroj připíše jedničku k číslu již na papíře, ale neboť to není přímo proti zadání, tak i to jsem uznávala jako správné řešení.

Úloha č. 4

Obsah všech čtyř čtverců je: 2x^{2} + y^{2} +1, obsah obdélníku: 2x(y+1). Máme rozhodnout, zda obsah čtverců je větší než obsah obdélníku, tedy řešíme nerovnici:

\eqalignno{2x^{2} + y^{2} + 1 &> 2x(y+1), \cr 2x^{2} + y^{2} + 1 &> 2xy + 2x, \cr x^{2} - 2xy + y^{2} &> -x^{2} + 2x - 1, \cr (x- y)^{2} &> -(x^{2} - 2x + 1), \cr (x- y)^{2} &> -(x - 1)^{2}, \cr (x- y)^{2} + (x - 1)^{2} &> 0. \cr}

Druhá mocnina je vždy nezáporná a součet nezáporných čísel je také nezáporný. Proto levá část bude větší nebo rovna nule. Rovnost nastane, pokud x=y=1.

Nyní máme dvě možné odpovědi:

  • tvrzení neplatí pro x=y=1, jinak ano, nebo
  • tvrzení platí a možnost x=y=1 nemůže nastat, protože pak by obdélník měl obě strany stejně dlouhé.

Záleží, zda považujeme čtverec za speciální případ obdélníku.

Komentář: Nejčastější chybou bylo právě opomenutí možnosti, kdy nastane rovnost. Za tuto chybu jsem strhával zpravidla jeden bod. Objevila se i řešení, kdy řešitel dosadil náhodná čísla. Tím však tvrzení dokázal pouze pro tuto dvojici, nikoliv pro všechna čísla.

Úloha č. 5

Pri otočení telesa okolo osi sú body, ktoré zachovajú svoju pozíciu, práve tie, ktoré tvoria os. Budeme ich nazývať fixované body. Všimnime si, že ak dve otočenia majú dva rovnaké fixované body, tak majú aj rovnakú os. Jeden fixovaný bod je vždy stred štvorstenu. Ak je pri otočení fixovaný aj jeden z vrcholov štvorstenu, máme os, ktorá prechádza vrcholom a stredom protiľahlej steny. Takéto osi sú 4. Taktiež vidíme, že žiadne iné osi neprechádzajú stenami ani vrcholmi. Teda jediné možné ďalšie prechádzajú hranami. Také osi musia prechádzať stredom nejakej hrany. Ak si spojíme stred hrany so stredom telesa, vzniknutá os pretína aj stred protiľahlej hrany. Takéto osi sú 3, lebo máme 6 hrán. Žiadne iné osi nemôžu existovať.

Komentář: Veľa riešení našlo všetky osi, ale nevedeli vysvetliť, prečo už ďalšie osi neexistujú. Väčšina z vás našla 4 osi, čo idú vrcholmi, tie, čo idú hranami sa, ale hľadali ťažšie. Taktiež veľa z vás poznamenalo niečo o otočeniach o 360°. To sme my, ale neriešili, keďže tieto „otočenia“ nie sú zaujímavé.

Úloha č. 6

Provádíme důkaz sporem, jinak řečeno se budeme snažit dokázat, že taková trojice neexistuje. Hráče si označíme písmeny A, B, C, DE. Řekněme, že hráč A zná například hráče B,CD, u prvního hráče výběr známostí nehraje roli. Nyní se podívejme na situaci z pohledu hráče B. Hráč B musí znát alespoň tři lidi. Víme, že zná hráče A, musí tedy znát ještě alespoň dva další. Pokud by se však znal s hráči C nebo D, vznikla by trojice ABC nebo ABD. Takže další dva hráče znát nemůže. Vždy tedy bude existovat nějaká trojice, co se zná.

Úlohu také lze řešit graficky. Vezmeme si 5 bodů jako vrcholy pětiúhelníku a víme, že z každého bodu musí vycházet alespoň tři úsečky k jiným bodům. Body zkusíme postupně spojovat tak, aby nám nevznikl trojúhelník. Tento způsob řešení je asi jednodušší a hlavně mnohem přehlednější.

Komentář: Úloha byla spíše jednodušší, takže ji měla většina řešitelů správně. Nejčastější chybou bylo uvedení jednoho příkladu, kdy trojice vznikne, bez jakéhokoliv důkazu nebo vysvětlení.

Úloha č. 7

Zadání nám poskytuje čtyři informace, které převedeme do rovnic:

\eqalignno{r + 600 &= m, \cr s + 200 &= m, \cr k + 400 &= s, \cr \frac{m + k + r + s}{4} &= 1\,850.\cr}

Do první rovnice dosadíme (s + 200) za m(k + 400) za s:

\eqalignno{r + 600 &= k + 600, \cr r &= k.\cr}

Hráč r a hráč k měli stejné Ela. Za m ve 4. rovnici dosadíme (s + 200), za k dosadíme (s - 400), a jelikož r = k dosadíme za r také (s - 400):

\eqalignno{\frac{s + 200 + s - 400 + s - 400 + s}{4} &= 1\,850, \cr 4\cdot s - 600 &= 7\,400, \cr 4\cdot s &= 8\,000, \cr s &= 2\,000.\cr }

Elo hráče s je 2000. Teď stačí tuto informaci dostat do ostatních rovnic a zjistit Ela ostatních hráčů:

\eqalign{k + 400 &= 2\,000, \cr k &= 1\,600.\cr}

Jelikož k = r, tak:

\eqalign{r &= 1\,600, \cr 2\,000 + 200 &= m, \cr 2\,200 &= m.}

Ela hráče s je tedy 2\,000, hráčů kr je 1\,600 a hráče m je 2\,200. Uděláme si ještě zkoušku, jestli je výsledek správný.

\eqalign{\frac{2\,200 + 1\,600 + 1\,600 + 2\,000}{4} &= 1\,850, \cr {7\,400 \over 4} &= 1\,850, \cr 1\,850 &= 1\,850.\cr}

Komentář: Úloha patřila k jednodušším, takže až na pár výjimek došli všichni zdárně ke správnému výsledku.

Opravovali: 1. Kateřina Nová a Tomáš Flídr, 2. Magdaléna Mišinová, 3. Eliška Vítková, 4. Jiří Štrincl, 5. Martin Smolík, 6. David Hájek a Martin Zimen, 7. Jakub Ucháč a Martin Černý.