Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Nejprve si zakreslíme umístění černých figurek na šachovnici (Obr. vz511).

Nyní si postupně rozebereme výroky Davida a Marka. V prvních dvou větách rozhovoru se dozvídáme, že David zná řadu, ve které se hledaná figurka nachází, a Marek zná sloupec. Ve třetí větě David tvrdí, že hledanou figurku nezná, ale ví, že Marek ji taky nezná. Z toho plyne, že to nemůže být žádná z figurek na polích c8, e7 a f8, protože ty by Marek poznal pouze podle sloupce. A pokud David může tyto figurky vyloučit, znamená to, že hledaná figurka se nenachází v sedmé nebo osmé řadě.

Ve čtvrté větě Marek říká, že už ví, která figurka to je. To znamená, že informace, že může vyloučit figurky ze sedmé a osmé řady, mu stačí k určení hledané figurky; tedy že tato figurka je ve sloupci sama (kromě figurek ze sedmé nebo osmé řady). Jedinou takovou figurkou je ta na poli d4. V páté větě se pouze dovídáme, že David uvažoval stejně jako my a správnou odpověď také vyvodil.

Odpovědí tedy je, že Robert mohl pouze z rozhovoru a pozice na šachovnici poznat, o jakou figurku se jedná.

Komentář: Většina z vás měla úlohu dobře. Nejčastější chybou bylo, že po vyloučení figurek na b8 a d7 jste si nevšimli, že Marek už hledanou figurku zná a pokračovali jste vyloučením figurky na d4.

Úloha č. 2

Prvním krokem bylo uvědomit si, že úloha má dvě řešení -- Norrisova kružnice může být uprostřed mezi Terminátorovou a Rambovou, nebo může být vedle nich (Obr. vz521).

V obou případech chceme zjistit vztah mezi poloměry tří kružnic, které se po dvou dotýkají ostatních kružnic a přímky a neleží v sobě. Spojnice středů s body dotyku s Ohradníkem jsou kolmé na Ohradník, takže kolmice na tyto spojnice jsou s Ohradníkem rovnoběžné. Nakreslíme tyto rovnoběžky tak, aby protínaly středy obou menších kružnic a označíme některé body jako na náčrtku (Obr. vz522).

Při označení poloměrů kružnic |S_{1}D_{1}| = x,~|S_{2}D_{2}| = y a |S_{3}D_{3}| = z platí |S_{1}S_{2}| = x + y a |S_{2}A| = y - x (protože přímky S_{1}A a D_{1}D_{2} jsou rovnoběžné), takže

|S_{1}A| = \sqrt{(x + y)^{2}-(y - x)^{2}} = \sqrt{4xy} = 2\sqrt{xy}.

Zároveň |S_{1}B| = x - z a |S_{1}S_{3}| = x + z, takže

|BS_{3}| = \sqrt{(x + z)^{2}-(x - z)^{2}} = \sqrt{4xz} = 2\sqrt{xz}.

Obdobně pro poslední dvojici kružnic |S_{2}S_{3}| = y + z a |S_{2}C| = y - z, takže

|S_{3}C| = \sqrt{(y + z)^{2}-(y - z)^{2}} = \sqrt{4yz} = 2\sqrt{yz}.

Platí ale |BS_{3}| + |S_{3}C| = |BC| = |S_{1}A|, takže

2\sqrt{xy} = 2\sqrt{xz} + 2\sqrt{yz},

po zkrácení

\sqrt{xy} = \sqrt{xz} + \sqrt{yz}.

Z toho můžeme poloměr nejmenší kružnice (z) vyjádřit následovně: umocněním celé rovnice získáme

xy = xz + 2z\sqrt{xy} + yz,

neboli

xy = z(x + 2\sqrt{xy} + y),

z = {xy\over(x + 2\sqrt{xy} + y)}.

Dosazením hodnot ostatních poloměrů x = 36 a y = 9 získáme

z = {36\cdot 9 \over 36 + 2\sqrt{36\cdot 9} + 9} = {324 \over 36 + 2\sqrt{324} + 9} = {324 \over 36 + 36 + 9} = {324\over81} = 4,

takže jednou možností poloměru Norrisovy kružnice je 4.

Poloměr jedné ze dvou větších kružnic (např. x) můžeme vyjádřit podobným způsobem: rovnici nejprve upravíme na

\sqrt{xy} - \sqrt{xz} = \sqrt{yz},

po umocnění

xy - 2x\sqrt{yz} + xz = yz,

neboli

x(y-2\sqrt{yz} + z) = yz,

x = {yz\over(y - 2\sqrt{yz} + z)},

po dosazení hodnot y = 36 a z = 9 dostaneme

x = {(36\cdot 9)\over(36 - 2\sqrt{36\cdot 9} + 9)} = {(36\cdot 9)\over(36 - 36 + 9)} = {(36\cdot 9)\over9} = 36,

takže ve druhém případě má Norrisova kružnice poloměr 36.

Komentář: Úloha byla poměrně těžká, ale i tak došlo několik správných řešení, zásadní bylo najít obě možnosti umístění Norrisovy kružnice.

Úloha č. 3

Představme si, že je celá kostka vybarvena čtyřmi barvami následujícím způsobem. V každém řádku a sloupci (ve všech třech směrech) jsou kostičky obarvené postupně všemi barvami a řádky jsou navzájem posunuty o jedna. Viz tabulky, každý čtverec představuje jednu vrstvu kostky.

1	2	3	4	1
2	3	4	1	2
3	4	1	2	3
4	1	2	3	4
1	2	3	4	1

2	3	4	1	2
3	4	1	2	3
4	1	2	3	4
1	2	3	4	1
2	3	4	1	2

3	4	1	2	3
4	1	2	3	4
1	2		4	1
2	3	4	1	2
3	4	1	2	3

4	1	2	3	4
1	2	3	4	1
2	3	4	1	2
3	4	1	2	3
4	1	2	3	4

1	2	3	4	1
2	3	4	1	2
3	4	1	2	3
4	1	2	3	4
1	2	3	4	1

Zřejmě platí, že ať rozřežeme kostku jakkoliv, každý kvádr 4\times1\times1 se bude skládat ze čtyř kostiček právě čtyř barev. Pokud spočítáme počty kostiček od každé barvy, dostaneme 1: 32\times, 2: 31\times, 3: 30\times, 4: 31\times.

Vidíme, že počet kostiček od různých barev je různý, ale jak jsme si řekli, neexistuje kvádr, který by mohl být obarven jednou barvou vícekrát, tedy krychle nejde rozřezat.

Komentář: Vzorové řešení je poměrně trikové, většina řešitelů se snažila kostičky nějak poskládat a tím dojít ke sporu. Objevovaly se dva přístupy. Úspěšnější byli zpravidla ti, kteří umisťovali kvádry od středu, což šlo jen několika způsoby a snadno se ukázalo, že žádný nefunguje. Druhá myšlenka spočívala v rozřezání celé kostky pomocí rozdělení do vrstev. Málokdo ale dostatečně zdůvodnil, proč nejde kostka rozřezat jiným způsobem, takže jsem bohužel musela nějaký bod strhnout.

Úloha č. 4

Nejprve si nějak všechny ty kuličky označíme: Lechtavý měl na začátku L kuliček, Maruna M kuliček a Rolák R kuliček. Všichni hráči měli na konci stejné množství kuliček, tedy každý z nich prohrál x kuliček a také x kuliček vyhrál. Ze zadání dále víme, jakou část svých kuliček každý prohrál. Dostáváme tedy rovnice:

\eqalign{7\,\% \hbox{ z } L &= x,\cr 20\,\% \hbox{ z } M &= x,\cr 3\,\% \hbox{ z } R &= x.\cr}

Dále budeme předpokládat, že počet kuliček x je přirozený. Z první rovnice vidíme, že počet kuliček L bude násobkem sta (jinak by 7,\%~L nebylo přirozené číslo). Tedy

L = 100 \cdot k,

a tedy

x = 7 \cdot k,

kde k je nějaký přirozený koeficient. Dosadíme-li do druhé rovnice, dostáváme vztah

M = 5 \cdot 7 \cdot k~= 35 \cdot k.

Počet kuliček M je přirozený pro každé přirozené k. Dosazením do poslední rovnice dostáváme vztah

R = {100\over3} \cdot 7 \cdot k,

ze kterého vidíme, že počet kuliček R je přirozený pouze, pokud je k násobkem tří. Nejmenší možné k je tedy k=3. Ptáme se na celkový počet kuliček, které změnily svého majitele. Tedy

3x = 3 \cdot 7 \cdot k = 3 \cdot 7 \cdot 3 = 63.

Celkem změnilo majitele 63 kuliček.

Komentář: Rád bych upozornil na zacházení s procenty. Znak \% je jen jiným zápisem pro setinu. Tedy

7\,\% = 7/100 = 0{,}07,

a proto například 7\,\% \cdot 3\,\% = 0{,}07 \cdot 0{,}03 = 0{,}0021 = 0{,}21\,\% apod. Také nejde procenta jen tak sčítat (pokud jsou to části z různého množství):

7\,\% \hbox{ z } 300 + 3\,\% \hbox{ z } 700 = 21 + 21 = 42 \neq 100 = 10\,\% \hbox{ z } 1\,000 = (7 + 3)\,\% \hbox{ z } (300 + 700).

Nejčastější chybou bylo špatné pochopení zadání. Na začátku neměli všichni mezi sebou stejný počet kuliček. Ale každý z nich stejný počet kuliček vyhrál a prohrál.

Úloha č. 5

Nejjednodušší bude zapsat si počet možností do tabulky (Obr. vz551). Do každého políčka se dostanu součtem hodnot ze dvou sousedních políček -- vlevo a dole. V zadání stojí, že nesmíme stoupnout nad diagonálu. Můžeme ale vstoupit na diagonálu.

Celkově je 429 možností jak projít z jednoho rohu do druhého.

Komentář: Nejčastější chybou bylo neuvědomění si, že figurka může i na diagonálu. Ti, kdo si důkladně pročetli zadání, pak došli ke správnému řešení.

Poznámka pro zajímavost naráží na to, že totu úlohu jde převést na uzávorkování sedmi páry závorek. Oba případy totiž musejí vyjít stejně, protože každému postupu nahoru odpovídá právě jedno uzávorkování. A to tak, že místo kroku vodorovně dám otevírací závorku a místo kroku nahoru uzavírací závorku. Tímto zajistím, že nemůže být více uzavíracích závorek než otevíracích (stejně jako nemůžeme jít nad diagonálu) a na konci musí být obou závorek stejně jako kroků nahoru a vodorovně. Tato posloupnost se objevuje ještě ve spoustě dalších úloh a říká se jí Catalanova čísla.

Úloha č. 6

Vypišme si, jaká čísla můžeme dát vedle sebe. K 1 můžeme dát: 3, 8 a 15, ke 2: 7 a 14, ke 3: 1, 6 a 13, ke 4: 5 a 12, k 5: 4 a 11, k 6: 3 a 10, k 7: 2 a 9, k 8: 1, k 9: 7, k 10: 15 a 6, k 11: 14 a 5, ke 12: 13 a 4, ke 13: 12 a 3, k 14: 11 a 2, k 15: 10 a 1.

Všimněme si, že k číslům 8 a 9 můžeme přiřadit jen jedno jiné číslo, z toho vyplývá, že musí být na krajích. Vedle čísla 8 doplníme 1 a vedle čísla 9 doplníme 7 (8, 1, x, x, x, x, x, x, x, x, x, x, x, 7, 9). Vedle 1 můžou být kromě 8, kterou už jsme použili, dvě různá čísla. Začneme proto z druhé strany -- tzn. od 7. Vedle 7 může být 2 nebo 9, 9 už vedle 7 je, takže doplníme 2. Stejným způsobem můžeme doplnit postupně: 14, 11, 5, 4, 12, 13 a 3 (8, 1, x, x, x, 3, 13, 12, 4, 5, 11, 14, 2, 7, 9). Zbývají nám čísla: 6, 10 a 15. Pokud bychom vedle 3 dali hned 1, tato čísla bychom tím přeskočili. To znamená, že vedle 3 musíme doplnit 6, poté vedle 6 číslo 10 a vedle 10 číslo 15 (8, 1, 15, 10, 6, 3, 13, 12, 4, 5, 11, 14, 2, 7, 9). Ještě můžeme vytvořit druhou variatnu, když celou řadu zrcadlově převrátíme -- 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8.

Odpovědí je, že existují dvě různé varianty, jak lze kartičky poskládat.

Komentář: Nejčastěji jsem strhával bod, když jste napsali jen jedno řešení. Další častou chybou bylo, když jste nedostatečně rozepsali doplnění jednotlivých čísel. Jinak byla úloha vcelku jednoduchá.

Úloha č. 7

Ze zadání můžeme vidět, že středy modrých koulí (na obrázku vnější, obr. vz571) tvoří vrcholy pravidelného šestiúhelníku s délkou strany 2. Tedy i vzdálenost středu šestiúhelníku, kde leží střed bílé koule, je vzdálen 2 od vrcholů. To víme z vlastnosti pravidelného šestiúhelníku, že střed a dva sousední vrcholy jsou zároveň vrcholy rovnostranného trojúhelníku.

Potřebujeme zjistit poloměr zelené koule r. Středy zelených koulí leží opět ve vrcholech pravidelného šestiúhelníku, kde délka strany je opět dvojnásobek poloměru (protože zelené koule se vzájemně dotýkají). Z toho, že se zelené koule musí dotýkat bílé a dvou modrých koulí, víme, že středy těchto dotýkajících se koulí tvoří čtyřstěn. Jedna ze stěn čtyřstěnu je rovnostranný trojúhelník s délkou strany 2 (označme ho ABC, kde A je střed bílé koule), zbylé tři hrany čtyřstěnu mají délku 1 + r (odpovídají dotyku zelené koule s koulemi jiné barvy). Dále vidíme, že střed D zelené koule leží kolmo nad těžištěm T trojúhelníku ABC (Obr. vz572). Pro zjištění vzdálenosti roviny s modrými a roviny se zelenými koulemi tedy stačí spočítat výšku tohoto čtyřstěnu, tedy |TD|.

Pro zjištění |TD| potřebujeme zjistit r. Víme, že středy zelených koulí tvoří pravidelný šestiúhelník o velikosti strany 2r. Velikost strany je v pravidelném šestiúhelníku zároveň vzdálenost středu od vrcholu. Při pohledu shora vidíme, že tato vzdálenost odpovídá vzdálenosti |TA|. V trojúhelníku ABC stačí vypočítat délku těžnice t, když víme, že T je těžiště, tedy |TA|={2\over3}t. Délku těžnice vypočítáme z Pythagorovy věty

2r = |TA| = {2\over 3t} = {2\over 3}\sqrt{2^{2} - 1^{2}} = {2\sqrt{3}\over 3}.

Tedy víme r = \sqrt{3}/3, výšku čtyřstěnu |TD| můžeme opět vypočítat Pythagorovou větou, protože ATD tvoří pravoúhlý trojúhelník s pravým úhlem u vrcholu T

|TD| = \sqrt{|AD|^{2} - |TA|^{2}} = \sqrt{(1+r)^{2}-(2r)^{2}} = \sqrt{1+2r-3r^{2}} =

= \sqrt{1+{2\sqrt{3}\over3}-1}=\sqrt{2\sqrt{3}\over3}.

Vzdálenost roviny se zelenými koulemi od roviny s modrými koulemi je tedy \sqrt{2\sqrt{3}\over3} \doteq 1{,}07457.

Komentář: Úloha byla těžší než obvykle, protože měla více kroků, které bylo třeba si představit a zvládnout, a proto asi měla méně řešitelů. Kvůli tomu jsme úlohu bodovali celkem mírně a dávali jsme body i za částečná řešení. Tím bychom vás chtěli motivovat, abyste příště zkusili poslat i částečné řešení nebo řešení, se kterým si nejste úplně jistí. Také zdůrazňujeme, že je důležité si pozorně přečíst všechny detaily zadání, např. že se zelené koule vzájemně dotýkají.

Opravovali: 1. Helena Nováková a Jiří Štrincl, 2. Martin Černý a Tomáš Flídr, 3. Kateřina Nová, 4. Helena Nováková a Jiří Štrincl, 5. Jakub Ucháč, 6. David Hájek, 7. František Steinhauser a Jan Hrůza.