Vzorová řešení a komentáře k 1. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
P se v součtu nachází sedmkrát, přičemž pokaždé v jiném řádu (jednou na místě milionů, jednou statisíců, desetitisíců, ..., jednotek), takže pokud od součtu odečteme 1\,111\,111\cdot P, dostaneme součet IKOMAT + IKOMA + IKOM + IKO + IK + I. P nemůže být větší než 6, protože 7\,777\,777 už je větší než 7\,654\,321. P také nemůže být menší než 6, protože rozdíl 7\,654\,321 - 5\,555\,555 už je příliš veliký na to, aby ho šlo dosáhnout sčítáním zbylých čísel, i kdyby označovala ostatní písmena 9 (7\,654\,321-5\,555\,555=2\,098\,766>999\,999+99\,999+9\,999+999+99+9). P je tedy 6. Rozdíl 7\,654\,321-6\,666\,666=987\,655. Analogicky postupujeme u dalších písmen (pro každé písmeno existuje pouze jedna možná cifra), než dospějeme k tomu, že PIKOMAT=6\,888\,894, což je jediné řešení.
| P | 6 |
| P I | 6 8 |
| P I K | 6 8 8 |
| P I K O | 6 8 8 8 |
| P I K O M | 6 8 8 8 8 |
| P I K O M A | 6 8 8 8 8 9 |
| P I K O M A T | 6 8 8 8 8 9 4 |
| 7 6 5 4 3 2 1 | 7 6 5 4 3 2 1 |
Komentář: Hodně lidí pochopilo zadání špatně a sčítali P\,000\,000+ P\,I00\,000+\dots nebo P+IP+KIP+\dots místo P+PI+PIK+\dots Ti, kteří úlohu pochopili správně, obecně dospěli ke správnému výsledku, ale často chyběl postup. Ti, kteří postup napsali, často ani v průběhu ani na konci nezmínili, že existuje pouze jedno řešení, za což jsem strhával jeden bod.
Úloha č. 2
Vzorové řešení podle Toma Feldbabela
Nejprve spočítáme, za jak dlouho se naplní první polovina nádrže. Hadice A bude napouštět celou tuto dobu, označme si tuto dobu jako x. Hadice B pak bude napouštět x-2 hodin, hadice C x-3 hodin.
Rychlost jejich napouštění je podle zadání A: 1/12 nádrže za hodinu, B: 1/6 nádrže za hodinu, C: 1/9 nádrže za hodinu.
Pokud tyto rychlosti vynásobíme časem napouštění a sečteme, dostaneme, jaká část nádrže se napustí za danou dobu. My víme, jakou část nádrže potřebujeme napustit. Protože x označuje čas, za který se napustí polovina nádrže, dostaneme následující rovnici.
Vyřešením rovnice dostaneme x=42/13 hodin.
Od této doby se budou napouštět všechny hadice a zároveň vypouštět přepad rychlostí 1/16 nádrže za hodinu. Jako y si označíme čas, za který se napustí druhá polovina nádrže.
Vyřešením rovnice dostaneme y=72/43.
Celá nádrž se tedy napustí za 42/13+72/43\doteq 4{,}905 \def\h{\,{\rm h}}\h \doteq 4 \h 54 minut.
Komentář: Řešení úlohy bylo vcelku přímočaré, ale v počítání se zlomky a převodu na hodiny a minuty bylo snadné se ztratit. Část řešitelů také špatně pochopila zadání a počítala s tím, že hadice C začala napouštět až tři hodiny po B nebo dokonce, že hadice napouštějí postupně. Že zadání nebude zcela jasné, se samozřejmě může stát, v tom případě nám vždycky raději napište a zeptejte se, ať zbytečně nepřicházíte o body.
Úloha č. 3
Zjistíme, kolikrát se zvětší strana trojúhelníku v každém kroku. Když vrcholy jednoho trojúhelníku leží ve středech stran druhého, tak to znamená, že je tvořen středními příčkami. Střední příčka v trojúhelníku je dvakrát kratší než strana trojúhelníku, s níž je rovnoběžná, takže strana trojúhelníku se v každém kroku zvětší dvakrát.
Jako první spočítáme součet obvodů. Označme a délku strany trojúhelníku. Potom je obvod trojúhelníku 3a. Součet obvodů všech trojúhelníků proto je
Nyní můžeme mocniny dvojky prostě sečíst, nebo si můžeme vybavit vzoreček pro součet geometrické řady, který je a\cdot q^{n}-1/q-1, kde a je počáteční člen, q kvocient (to, kolikrát se členy zvětšují) a n je počet členů, které sčítáme. Pro řadu 1,+,2,+,4,+\cdots +,2^{n} získáváme, že se rovná 2^{n+1}-1.
Lze to nahlédnout i jinak. Například indukcí (tedy důkazem, že když to platí pro n-1, tak to musí platit i pro n). Pro n=1 to platí, protože 1=2^{1}-1. Pokud součet po 2^{n-1} je 2^{n}-1, tak po 2^{n} je 2^{n}-1+2^{n}=2\cdot 2^{n}-1=2^{n+1}-1.
Také si můžeme představit, že z 2^{n+1} předmětů odebereme polovinu, čtvrtinu atd. Protože rozpůlením mocniny dvou získáme zase mocninu dvou, můžeme vždy odebrat celý počet předmětů až do doby, kdy dostaneme 2^{0}, což je 1.
Dosazením dostáváme:
Výsledný součet obvodů je 3\cdot 1023=3069.
Nyní spočítáme součet obsahů. Spočítáme obsah rovnostranného trojúhelníku v závislosti na délce jeho stra\minusny, kterou označíme a. Obsah se vypočítá jako strana krát výška na ni, děleno dvěma. Výška v rovnostranném trojúhelníku je zároveň těžnicí. Proto je odvěsnou pravoúhlého trojúhelníku, kde druhá odvěsna je a/2 a přepona a. Z Pythagorovy věty proto plyne:
Označme obsah trojúhelníku S. Platí:
Proto se součet obsahů všech trojúhelníků spočítá takto:
Platí, že (a^{x})^{y}=(a^{y})^{x} a 2^{2}=4. Nebo si také můžeme uvědomit, že střední příčky rozdělují trojúhelník na čtyři identické. Tím pádem se obsah trojúhelníku v každém kroku zvětší čtyřikrát. Jejich součet je proto:
Znovu si můžeme použít vzoreček pro součet geometrické řady a dosazením získáme:
Odpověď je tedy \sqrt{3}/4\cdot 349525, což je asi 151348 ,76.
Komentář: Většina z vás úlohu vypočítala. Avšak téměř nikdo jste nezvládl pořádně zdůvodnit své úvahy. Častý problém byl také s příliš brzkým zaokrouhlením odmocniny, což způsobilo nepřesnosti až v řádu desítek.
Mocniny dvou a čtyř většina z vás prostě sečetla, pokud si ale budete pamatovat, jak to udělat elegantně, může vám to v budoucnosti dost usnadnit práci.
Úloha č. 4
Máme čtyři signály, každý z nich se skládá ze čtyř čísel: první signál je 24, 36, 16 a 27, druhý 44, 42, 100 a 12, třetí 102, 27, 24 a 3, čtvrtý 21, 24, 16 a 112. Aby byl signál platný, musí být možné sčítáním a odčítáním čísel z něj (každé číslo se může odčítat i přičítat vícekrát) vytvořit jedničku. Které z těchto signálů jsou platné?
Řešení: Máme následující signály:
Nejprve vyřešíme signál (2). Můžeme vidět, že jsou všechna čísla v tomto signálu sudá. Sčítáním a odčítáním dvou sudých čísel dostaneme vždy pouze sudé číslo, tedy i kombinací čísel ze signálu (2) dostaneme pouze sudá čísla, což číslo 1 není (kombinací myslíme přičítání a odečítání čísel ze signálu podle zadání).
Podobnou úvahu můžeme použít i na signál (3), kde jsou všechna čísla dělitelná třemi (dělitelnost třemi můžeme poznat tak, že ciferný součet je dělitelný třemi). Když sečteme nebo odečteme násobky čísla 3, dostaneme opět násobek čísla 3.
Tuto úvahu můžeme dokonce zobecnit, platí tedy: Jsou-li čísla v signálu soudělná (mají společného dělitele, který není 1), pak můžeme jejich kombinací dostat pouze násobky tohoto dělitele.
Pro signály (1) a (4) ale tento postup použít nemůžeme, jejich největší společný dělitel je číslo 1. Zatím ale nevíme, jestli jejich kombinací opravdu můžeme jedničku dostat, nejjednodušší bude tuto kombinaci najít. Správnou kombinaci můžeme najít zkoušením různých možností. Ukážeme si však trochu složitější, ale zároveň univerzálnější způsob.
Nejprve si všimneme, že pokud nějaké číslo dostaneme kombinací čísel ze signálu, můžeme toto číslo použít v kombinaci. V signálu (4) můžeme například odečítat číslo 3, protože je kombinací čísel ze signálu: 16-3=16-(24-21). V obou signálech je pak dvojice nesoudělných čísel (16, 27 a 16, 21), z těchto čísel můžeme nakombinovat číslo 1 a zbytek čísel ani nebudeme potřebovat. Použijeme tzv. Eukleidův algoritmus, kterým lze najít největšího společného dělitele dvou čísel. Eukleidův algoritmus probíhá takto: Máme dvě čísla (16, 21 ze signálu (4)), dále odečteme menší číslo od většího z dvojice (21-16=5) a pro tuto dvojici (16, 5) opakujeme. Pokud si jsou čísla ve dvojici rovna, je toto číslo největší společný dělitel a jsme na konci.
Ukážeme si správnost Eukleidova algoritmu. Mějme na začátku dvojici (a,b), kde a \geq b, a d je společný dělitel a a b. Pak d je také dělitel a-b, protože a i b jsou násobky d a můžeme tedy d z rozdílu a-b vytknout. Tedy d je společný dělitel (a-b,b). Žádného společného dělitele odečtením nepřidáme, protože každý společný dělitel c dvojice (a-b,b) dělí a (c dělí b a zároveň a-b, proto musí dělit i a) a je tedy společný dělitel. Odečtení menšího čísla tedy zachovává společné dělitele, proto dvojice stejných čísel (k,k) na konci algoritmu má stejného největšího společného dělitele jako (a,b) ze začátku algoritmu. Výsledné číslo k je tedy největší společný dělitel čísel (a,b).
Všechna čísla, která se v průběhu objevují, jsou rozdíly čísel v signálu, nebo jejich kombinací, jsou samy kombinacemi čísel ze signálu. Dále pokud jsou dvě čísla nesoudělná, dostaneme na konci číslo 1. Pro čísla 16 a 21 ze signálu (4) tedy dostaneme na konci číslo 1 jako kombinaci těchto dvou čísel, algoritmus proběhne takto: ( 16!,,21 ), ( 16!,,5 ), ( 11 !,, 5 ), ( 6 !,, 5 ), ( 1 !,, 5 ). Když se podíváme, co jsme během algoritmu udělali, tak můžeme průběh zapsat jako: 1=16-5-5-5, kde 5=21-16. Stejně můžeme použít Eukleidův algoritmus i na signál (1).
Komentář: Většina řešitelů vyřešila úlohu správně nebo jen s drobnými nedostatky. Kombinaci u prvního signálu našli téměř všichni řešitelé, u čtvrtého o něco méně. Při hodnocení mělo ale největší váhu zdůvodnění, proč signály (2) a (3) nejsou platné, a to hlavně u (3) občas chybělo.
Úloha č. 5
Podle důvěryhodného zdroje má jedna stěna počítače tvar trojúhelníku, který si označíme ABC. Těžnice z vrcholu A má délku 6 cm, těžnice z vrcholu B má délku 9 cm a strana AC má délku 10 cm. Dopočítejte délky zbylých dvou stran.
Řešení: Začneme tím, že si uděláme náčrtek a vyznačíme v něm známé velikosti (obr. vz151), tedy |AC|=10 cm, |AS_{BC}|=6 cm a |BS_{AC}|=9 cm.
Nyní využijeme známé vlastnosti těžnic. Za prvé, těžnice půlí jednu ze stran trojúhelníka, z čehož můžeme vidět, že |AS_{AC}|=5 cm. Druhou vlastností, kterou použijeme, je, že těžnice se protínají ve dvou třetinách od vrcholu, kterým prochází. Díky tomu můžeme zjistit, že |TS_{AC}|=3 cm a |TA|=4 cm. Nyní se zaměříme na trojúhelník ATS_{AC}. Všimněme si, že jeho strany mají délku 3 cm, 4 cm a 5 cm. Tato čísla tvoří známou pythagorejskou trojici, tedy čísla, která splňují Pythagorovu větu. Jelikož tedy platí |AT|^{2}+|TS_{AC}|^{2}=|AS_{AC}|^{2}, je úhel mezi kratšími ze stran |\angle ATS_{AC}|=90\deg. Z toho je patrné, že t_{b} a t_{a} jsou na sebe kolmé.
Nyní dopočítáme délku strany AB. Jelikož je trojúhelník ABT pravoúhlý a zná\minusme délky stran AT a BT (dvě třetiny těžnice), spočítáme délku AB pomocí Pythagorovy věty:
Obdobně za použití Pythagorovy věty spočteme délku úsečky BS_{BC}, která má poloviční délku strany BC. Délky |TB| a |TS_{BC}| jsou již známé ze zmíněných vlastností těžnic, nyní jen dosadíme:
Z toho už vynásobením dostaneme délku strany BC:
Komentář: Úloha byla hodnocena poměrně mírně. Nejčastější chybou, která vedla ke ztrátě více bodů, bylo rýsování úlohy místo výpočtu. Rýsováním se ale nikdy nedostanete k tak přesnému výsledku jako výpočtem. Dále je třeba odlišovat těžnice a výšky, které v obecném trojúhelníku nejsou to samé, a tak neplatí, že by těžnice byly například kolmé na strany trojúhelníku, které půlí.
Úloha č. 6
Pět kolegů, Dita, Dan, Tea, Ken a Kim, má své domy v rozlehlé pustině. Pokud mají dva kolegové ve svém jménu společné právě jedno písmeno (ne nutně na stejné pozici), vzdálenost jejich domů vzdušnou čarou je 1 km. Pokud mají ve jménech právě dvě společná písmena, jejich vzdálenost je 2 km. Pokud nemají žádné společné písmeno ve jméně, jejich vzdálenost není přesně určena. Kdo bydlí nejdál od Dana?
Řešení: Začnu s tím, že se podívám, kdo bydlí jak daleko od Dana. Vidím, že jsou dva kolegové, kteří mají jedno písmeno společné s Danem. Jsou to Ken a Tea. Dita má s Danem společných nejvíce písmen, konkrétně dvě. Bydlí tedy 2 km vzdušnou čarou od Dana. Jediný, kdo by tedy mohl bydlet ještě dál od Dana než Dita, je Kim, jelikož jeho vzdálenost od Dana není určena.
Dita a Tea mají společná dvě písmena, stejně jako Dita a Dan. Tím pádem musí Dita bydlet 2 km od Dana i Tey, tudíž Dita-Dan-Tea je rovnoramenný trojúhelník.
Ken a Tea mají společné jedno písmeno, stejně jako Ken a Dan. Zároveň Dan a Tea mají společné jedno písmeno. Tím pádem musí být trojúhelník Dan-Tea-Ken rovnostranný s délkou strany 1 km.
Nyní spočítáme výšky v trojúhelnících Dita-Dan-Tea a Ken-Dan-Tea na stranu Dan-Tea, abychom s nimi později mohli pracovat. Označíme je po řadě v_{d} a v_{k}.
V obou případech jsou druhé dvě strany trojúhelníku stejně dlouhé, takže výška na stranu Dan-Tea splývá s těžnicí na ní. Známe délky všech stran v obou trojúhelnících, z Pythagorovy věty proto už umíme spočítat výšku:
Jsou dvě místa, kde může Ken bydlet. Dokážeme, že musí bydlet uvnitř trojúhelníku Dita-Dan-Tea.
Kim a Ken mají jedno společné písmeno, takže jejich vzdálenost musí být 1 km. Totéž platí pro Kima a Ditu. Trojúhelníková nerovnost nám říká, že součet dvou stran trojúhelníku musí být větší než strana třetí. Pokud se součet rovná, tak vrcholy trojúhelníku (který vlastně trojúhelníkem není) leží na přímce. Takže vzdálenost Dita-Kim sečtená se vzdáleností Ken-Kim musí být více nebo rovno než vzdálenost Dita-Ken. Tím pádem musí být vzdálenost Dita-Ken méně nebo rovno km.
Protože dvojice vzdáleností Dan - Dita a Tea - Dita, Dan - Ken a Tea - Ken jsou stejné, tak přímka Dita-Ken je kolmá na Tea-Dan. Takže pokud Ken leží vně trojúhelníku Dita-Dan-Tea, musí být vzdálenost Dita-Ken v_{d}+v_{k}=\sqrt{3,75} km+\sqrt{0,75} km>2 km. Tím jsme získali spor s trojúhelníkovou nerovností a Ken musí bydlet uvnitř trojúhelníku Dita-Dan-Tea.
Nyní dokážeme, že Kim bydlí méně než 2 km od Dana. Opět použijeme trojúhelníkovou nerovnost. Víme, že vzdálenosti Ken-Dan a Ken-Kim jsou obě 1 km. Pokud by tudíž Dan, Ken a Kim neleželi na přímce v tomto pořadí, tak by z trojúhelníkové nerovnosti musela být vzdálenost Dan-Kim méně než 2 km.
Jsou dvě místa, kde může Kim být.
V jednom případě bydlí Dan a Kim ve stejné polorovině od přímky Ken-Dita, takže úhel Dan-Ken-Kim musí skutečně být menší než 180 stupňů.
Druhý případ je o něco složitější. Kim a Dan bydlí v opačných polorovinách od přímky Dita-Ken. Tudíž aby Dan, Ken a Kim leželi na přímce v tomto pořadí, musí z vrcholového úhlu být úhel Dita-Ken-Kim stejný jako úhel Dan-Ken-pata výšky v trojúhelníku Dan-Ken-Tea na stranu Dan-Tea. Výška v rovnostranném trojúhelníku splývá s osou úhlu. Zároveň všechny úhly v rovnostranném trojúhelníku jsou 60°. Tím pádem musí být úhel Dita-Ken-Kim 30\deg.
Nyní zjistíme, co by se stalo, kdyby úhel Dita-Ken-Kim byl 30°. Označme střed úsečky Dita-Ken jako S. Díky tomu, že vzdálenosti Dita-Kim a Ken-Kim jsou obě 1 km, je úhel Kim-S-Dita pravý. Tudíž trojúhelníky Dita-Kim-S a Ken-Kim-S jsou poloviny rovnostranných trojúhelníků se stranou 1 km. Z toho plyne, že Ken-S a S-Dita jsou stejné vzdálenosti jako v_{k}. Avšak v součtu se tyto tři vzdálenosti musí rovnat v_{d}. To neplatí.
Z předpokladu, že Dan, Ken a Kim leží na přímce v tomto pořadí, jsme došli k něčemu, co neplatí. Tudíž nemůže platit náš předpoklad, jak jsme chtěli dokázat. A protože Dan, Ken a Kim neleží na přímce je vzdálenost Dana a Kima menší než 2 km.
Proto nejdále od Dana bydlí Dita, a to ve vzdálenosti 2 km.
Komentář: Téměř všichni jste napsali správný výsledek. Mnoho z vás ale bohužel nepopsalo postup. Pokud jste měli správný výsledek, ale nenapsali jste do řešení, jak jste k němu došli, dostali jste za tuto úlohu 3 body.
Úloha č. 7
Tato zpráva popisuje nějakou planetární soustavu, takže všechny vzdálenosti se počítají od hvězdy. O planetách jsme zjistili, že:
- Viker je dál než Kitana;
- Kogode je blíže než Karah;
- Martone je blíže než Viker;
- Kitana je dál než Karah;
- Viker je blíže než Karah;
- Kitana je dál než Martone;
- Karah je blíže než Martone.
Bohužel je kvůli chybě přepisu právě jedna z těchto informací špatná. Která to je?
Řešení: Pro jednoduchost si označme tvrzení 1 až 7.
Nejprve si všimněme rozporu v tvrzeních 1) Viker je dál než Kitana, 4) Kitana je dál než Karah a 5) Viker je blíže než Karah. Nemohou platit všechna tato tvrzení najednou, protože podle 1) a 4) dohromady je Viker dál než Kitana, která je dál než Karah, takže Viker je dál než Karah, což odporuje pátému tvrzení. Neznamená to ale nutně, že je špatně tvrzení 5), chyba může být i v 1) nebo 4).
Abychom dokázali jednoznačně určit špatné tvrzení, musíme zohlednit ještě jeden rozpor. Podívejme se na tvrzení 3) Martone je blíž než Viker, 5) Viker je blíže než Karah a 7) Karah je blíže než Martone. Opět nemůžou platit všechna tato tvrzení, protože potom by Martone bylo blíže než Viker, který je blíže než Karah. Takže by Martone bylo blíže než Karah a zároveň by podle 7) Karah byla blíže než Martone. Z toho vyplývá, že špatně je jedna z informací 3), 5), nebo 7).
Podle prvního rozporu je jedna chyba v trojici 1), 4), 5) a podle druhého v trojici 3), 5), 7). Chyba je ale dohromady pouze jedna, takže musí být v tvrzení, které je v obou trojicích, tedy v 5).
Komentář: Naprostá většina řešitelů zjistila, že špatně je tvrzení číslo 5. Bohužel ale jen malá část z nich dokázala, že to nemůže být žádné jiné. Někteří řešitelé postupovali po jednotlivých tvrzeních a jako špatné určili to, které bylo v rozporu s předchozími jako první. Tento postup ale předpokládal správnost prvních čtyř tvrzení, což není ze zadání úlohy zřejmé.
Opravovali: 1. František Steinhauser a Petr Khartskhaev, 2. Kateřina Nová a Jan Škopek, 3. Magdaléna Mišinová a Ondřej Krabec, 4. Jan Hrůza, 5. Adéla Jalovcová, 6. David Hájek, 7. Tomáš Flídr a Jan Záhorec.
