Vzorová řešení a komentáře ke 4. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Telefonní číslo neobsahuje nulu a skládá se ze třech trojčíslí. Dorotka si pamatovala, že se každé z těchto trojčíslí skládá ze třech různých čísel, které na klávesnici tlačítkového telefonu leží v jedné řadě (jejich středy leží na přímce). Její kolegyně si vzpomněla, že číslo nebylo dělitelné třemi, což Dorotku zarazilo. Mohla její kolegyně mít pravdu?

Řešení: Víme, že číslo je dělitelné třemi právě tehdy, když je jeho ciferný součet (součet číslic) dělitelný třemi. Dále pokud bude každé trojčíslí dělitelné třemi, bude ciferný součet celého telefonního čísla součet tří čísel dělitelných třemi, tedy i celé telefonní číslo bude dělitelné třemi. Takže nám stačí ukázat, že je každé trojčíslí dělitelné třemi.

Klávesnice tlačítkového telefonu má čísla rozmístěná takto:

Všechny možné trojice číslic v trojčíslí jsou 123, 456, 789, 147, 258, 369, 159 a 357 (podle zadání jsou tři čísla v řadě, pokud leží v jedné přímce). Můžeme každou trojici sečíst a uvidíme, že je součet vždy dělitelný třemi. Z komutativity sčítání nezáleží na pořadí číslic v trojčíslí, takže máme hotovo.

Pokud chceme více porozumět problému, můžeme použít úvahu, že všechna trojčíslí seřazená vzestupně tvoří tzv. aritmetickou posloupnost (sousední čísla mezi sebou mají stejné rozdíly), například u trojčíslí 147 se sousední čísla liší o 3, u 123 o 1. Ciferný součet je tedy vždy ve tvaru (a-r) + a + (a+r)=3a, kde a je prostřední číslice v trojčíslí a r je rozdíl sousedních číslic. Ciferný součet trojčíslí je vždy trojnásobek prostředního čísla, je tedy dělitelný třemi.

Na úlohu se také můžeme podívat z pohledu zbytků po dělení, pokud si všimneme, že v každém sloupci mají čísla stejný zbytek po dělení třemi. V trojčíslí mohou být čísla z jednoho sloupce, pak sčítáme tři čísla se stejným zbytkem po dělení třemi, tento součet tedy bude dělitelný třemi. Ukážeme si proč: Napišme ciferný součet trojčíslí takto: (a+z)+(b+z)+(c+z), kde a, b, c jsou dělitelné třemi a z je společný zbytek po dělení třemi ((a+z) reprezentuje první číslici v součtu, (b+z) druhou a (c+z) třetí). Ciferný součet je tedy roven a+b+c+3z, což je součet násobků tří, tedy je dělitelný třemi.

V ostatních případech je vždy v trojčíslí právě jedna číslice z každého sloupce a tento součet můžeme podobně jako v předchozím případě napsat takto: a+(b+1)+(c+2)=a+b+c+3. Opět sčítáme násobky tří a i v tomto případě máme hotovo.

Komentář: Tato úloha byla jednodušší s krátkým řešením, proto bylo důležité správně okomentovat všechny kroky. V řešení je důležité zmínit, že používáme pravidlo pro dělitelnost třemi, případně okomentovat, proč je telefonní číslo dělitelné třemi, když jsou dělitelná všechna trojčíslí. To byly také nejčastější nedostatky v odevzdaných řešeních.

Úloha č. 2

Z Dorotčina pracoviště do kanceláře vedení vedou čtyři přímé cesty, z kanceláře k rampě také čtyři a mezi Dorotčiným pracovištěm a rampou vede ještě jedna přímá cesta. Kolika způsoby se může Tom dostat od Dorotčina pracoviště k rampě a zpět bez toho, aby šel některou cestou dvakrát?

Řešení: Nejprve si musíme ujasnit, co přesně budeme považovat za „jeden platný způsob“, jak se Tomáš může přemístit. Jak si mnozí řešitelé všimli, úloha umožňuje více výkladů, obzvláště pokud ji řešíme v kontextu příběhu Tomáše a Dorotky, do kterého je zasazena. My si určíme, že za jeden platný způsob přesunu, který si Tomáš může zvolit, je taková kombinace cest, při které Tom nenavštíví žádné místo dvakrát, ovšem budeme zohledňovat směr, ve kterém cestu uskutečnil. Samozřejmě by bylo možné si zadání úlohy vyložit i jinak, což není problém, pokud při tom zůstaneme konzistentní a nebudeme si měnit pravidla v průběhu řešení úlohy.

Pro jednoduchost si možné způsoby přesunu rozdělíme do dvou kategorií. V první kategorii, kterou se budeme zabývat, Tomáš využil přímé cesty mezi Dorotčiným pracovištěm a rampou. Dále si můžeme povšimnout, že v tu chvíli, když Tomáš vyrazil po jedné z cest, která vede z Dorotčina pracoviště, měl už přesně určené, v jakém pořadí všechna místa navštíví. Pokud šel přímou cestou k rampě, už se nemohl vrátit a musel pokračovat do kanceláře vedení (čtyřmi různými způsoby). Zde si znovu mohl vybrat jednu ze čtyř cest, která ho zavede zpět na Dorotčino pracoviště. Počet způsobů, jak mohl v tomto směru jít, je tedy 4\cdot4=16. Mohl se samozřejmě vydat i opačným směrem, tedy jednou ze čtyř cest do kanceláře vedení, dále jednou ze čtyř cest na rampu a zbývající přímou cestou zpět na Dorotčino pracoviště, takže celkový počet způsobů se nám zdvojnásobí na 32.

V druhé kategorii přímé cesty nevyužil. Z Dorotčina pracoviště šel do kanceláře vedení (jednou ze čtyř cest) a dále na rampu (také jednou ze čtyř možných cest). Zpátky musel jít opět přes kancelář vedení, ale nemohl si vybrat tu cestu, kterou už přišel -- na výběr mu zbyly tři. Tři cesty na výběr mu zbyly, i když se vracel z kanceláře vedení na Dorotčino pracoviště. Počet možností byl tedy 4\cdot4\cdot3\cdot3 = 144. Zde už výsledek nemusíme násobit dvěma, protože tímto výběrem jsme zohlednili i cesty, které se liší jen směrem pohybu.

Celkový počet způsobů, jak se Tomáš může dostat na rampu a zpět, je tedy 32 + 144 = 176.

Komentář: Co mají čísla 176, 2864 a 7952 společného? Všechno jsou to teoreticky možná řešení této úlohy -- existuje 7952 různých cest, při kterých Tom navštíví jak kancelář vedení tak rampu a současně započne i ukončí svou cestu na Dorotčině pracovišti. Oproti vzorovému řešení nám zde vypadla podmínka, že Tomáš nesmí navštívit žádné místo dvakrát. Cesta by mohla vypadat například takto (označme si místa zkratkami D, V a R): D-V-D-V-R-D. Vyřadíme-li cesty zdánlivě nesmyslné, kdy Tomáš je již zpátky na Dorotčině pracovišti a přesto se rozhodl si udělat ještě jedno (nebo více koleček) navíc, zbyde nám 2864 možností. Mezi takovéto nesmyslné cesty patří například D-V-R-D-V-R-V-D. Někteří řešitelé se ve svých řešeních tisíců cest dokonce opravdu snažili dopočítat, ale nikdo nebyl nakonec tak důsledný, aby mu některá z možností neunikla.

Úloha č. 3

O kvádru víme, že tři jeho stěnové úhlopříčky mají délku 21 cm, 19 cm a 16 cm. Jaká je délka jeho tělesové úhlopříčky?

Řešení: Označíme si délky hran kvádru jako a, b, c. Pomocí Pythagorovy věty dostaneme vzorce pro vypočítání stěnových (ležících na stěně) a tělesové (procházející vnitřkem kvádru, označíme ji u) úhlopříčky:

Chceme tedy získat součet druhých mocnin délek všech tří hran a odmocnit ho. Ten nejjednodušeji získáme tak, že umocníme první tři rovnice na druhou a sečteme je spolu:

To znamená, že 529 = a^{2}+b^{2}+c^{2}, takže u = \sqrt{529} = 23.

Komentář: Většina odeslavších vypočítala úlohu správně. Nejčastější chybou bylo to, že někteří nepochopili správně zadání, kde nebyly zadány hrany, ale stěnové úhlopříčky. Možností jak vyřešit soustavu rovnic bylo několik. Výše jsem ukázal tu nejjednodušší, za jiné jsem samozřejmě body nestrhával.

Úloha č. 4

Kód k trezoru se skládá ze tří čísel v pevně daném pořadí. Na kartičce stálo, že:

• Celý kód má dohromady sedm cifer.
• Součet i součin prvního a posledního čísla je čtyřmístný.
• Součet cifer prvních dvou čísel dohromady je 6.
• Všechna tři čísla jsou prvočísla.
• První i poslední číslice posledního čísla je dělitelná třemi.
• Ciferný součet posledního čísla je stejný jako druhé číslo.
• První dvojčíslo nejvyššího čísla je dělitelné deseti.

Jaký je kód?

Řešení: Nejprve určíme, kolik cifer má poslední číslo. Uvědomíme si, že ciferný součet čísla je vždy menší než toto číslo, popř. je mu roven, takže má nejvýše stejný počet cifer jako samotné číslo. Druhé číslo má tedy z předposlední podmínky nejvýše stejný počet cifer jako třetí.

• Kdyby bylo třetí číslo jednociferné, musí být jednociferné i druhé. První číslo by tedy mělo 7 - 1 - 1 = 5 cifer. V tom případě ale nikdy nemůže být splněna podmínka, že součet a součin prvního a posledního čísla je čtyřmístný.
• Kdyby bylo třetí číslo dvouciferné, obě jeho cifry (první a poslední) by byly dělitelné třemi, takže by celé toto číslo bylo dělitelné třemi a nebylo by prvočíslem.
• Kdyby bylo trojciferné, jeho první a třetí cifra by byly dělitelné třemi. Nejvyšší možný ciferný součet trojciferného čísla je 9+9+9=27, takže druhé číslo může být maximálně dvouciferné. Zároveň první číslo je nejvýše dvouciferné, protože v opačném případě by součin prvního a třetího čísla byl alespoň 100\cdot 100 = 10,000, tedy vždy bude alespoň pěticiferný. Poslední číslo by tedy mělo nejvyšší počet cifer, takže by bylo nejvyšší. Jeho první dvojčíslí by potom muselo být dělitelné deseti, takže jeho druhá cifra by byla 0. Nula je také dělitelná třemi, takže by opět všechny cifry tohoto čísla byly dělitelné třemi. Z tohoto důvodu by třemi bylo dělitelné i celé číslo, takže by nemohlo být prvočíslem.
• Kdyby mělo poslední číslo pět nebo více cifer, měl by pět nebo více cifer i jeho součet a součin s prvním číslem.

Poslední číslo tedy musí být čtyřciferné. Aby jeho součin s prvním číslem byl také čtyřciferný, musí být první číslo jednociferné. Druhé z prvočísel je potom nutně dvojciferné, protože celý kód má sedm cifer.

Víme, že první a čtvrtá cifra třetího čísla jsou násobky tří. První cifra navíc nemůže být nula (aby číslo bylo čtyřciferné), je tedy alespoň 3 a toto číslo je alespoň 3,000. Součin prvního a třetího čísla je čtyřciferný, takže je menší než 10,000. První číslo je tedy menší než 10,000/3,000=10/3. Z přirozených čísel tomu vyhovují pouze čísla 1, 2 a 3. Číslo 1 není prvočíslo, takže nemůže být prvním číslem. Kdyby bylo první číslo 3, musel by ciferný součet druhého čísla být 6-3=3. Taková dvojciferná čísla jsou ale pouze 30, 12 a 21. Žádné z nich ale není prvočíslem, takže první číslo musí být 2. Ciferný součet druhého čísla je tedy 6-2=4, čemuž odpovídají dvojciferná čísla 40, 31, 22 a 13. Prvočísly jsou z nich 13 a 31. Protože třetí číslo je nejvyšší, musí pro něj platit, že druhá cifra je 0. Takže nejvyšší možný ciferný součet tohoto čísla (a tedy hodnota druhého čísla) je 9+0+9+9=27. Toto číslo tedy nikdy nemůže být 31.

První číslo je tedy 2 a druhé 13. Aby byl součin prvního a posledního čísla čtyřciferný, musí být první cifra posledního čísla menší než pět. Aby bylo dělitelná třemi, musí být 3. Druhá cifra je 0, hledáme tedy již jen poslední dvě cifry posledního čísla. Ty musí splňovat, že poslední cifra je dělitelná třemi a jejich ciferný součet je 10, protože jinak by nebyla splněna podmínka, že ciferný součet posledního čísla je stejný jako druhé číslo. V úvahu tedy pro poslední dvě cifry připadají čísla 73, 46 a 19. Jenže 3046 a 3073 nejsou prvočísla, tedy třetí číslo musí být 3019.

Hledaný kód je 2 13 3019.

Komentář: Většina řešitelů se k výsledku dostala, postup ale bylo o něco těžší popsat. Některá řešení neměla úplně zdůvodněný počet cifer nebo počítala s 1 jako s prvočíslem.

Úloha č. 5

Jeden z knihovníků má 10 bílých a 10 černých kuliček. S druhým, který má u sebe krabice plné těchto kuliček (předpokládejte, že mu nikdy nedojdou), vyměňuje kuličky dvěma způsoby. Buď za dvě bílé dostane jednu černou, nebo za tři černé jednu bílou. Může po nějakém počtu těchto výměn mít méně než tři kuličky? Pokud ano, jak? Pokud ne, proč?

Řešení: Úloha šla řešit vcelku přímočaře, ale takové řešení bylo celkem zdlouhavé. Pro zajímavost proto uvádím i kratší, ale trochu trikové řešení.

Trikové řešení:

Řekněme, že bílá kulička má hodnotu 1 a černá 2. Pak po výměně dvě bílé za černou se celková hodnota nezmění (-2\cdot1+2=0) a po výměně tři černých za bílou klesne o pět (-3\cdot2+1=-5). Hodnota původních dvaceti kuliček je 10\cdot 1+10\cdot 2=30. To je dělitelné pěti a protože od tohoto čísla budeme jen odečítat pět, výsledek musí být také dělitelný pěti nebo nula. Pokud by byl nula, nezbyly by na konci žádné kuličky, což není možné, protože po každé výměně jednu kuličku dostaneme. Nejmenší hodnota, kterou takto můžeme dostat, je tedy pět, což zřejmě nemůže být hodnota méně než tří kuliček. (Nejméně můžeme mít dvě černé a jednu bílou.) Knihovník tedy nemohl těmito výměnami skončit s méně než třemi kuličkami.

Přímočaré řešení:

Pokud označíme jako x počet prvních výměn a y počet druhých výměn, určitě můžeme jakýkoliv počet kuliček, které můžeme výměnami dostat, zapsat takto:

Máme pět možností, jak mít méně než tři kuličky:

Určitě nemůže nastat situace, kdy nemáme žádnou kuličku, protože při každé výměně jednu kuličku dostaneme.

Teď můžeme zkusit tato čísla dosadit do soustavy rovnic výše a jednotlivé soustavy vyřešit.

Vidíme, že ani v jednom případě nám nevyšlo x jako celé (nezáporné) číslo, tedy ani jedna situace nemůže nastat.

Komentář: Většina řešitelů poslala řešení, ve kterém zkusili nějaké výměny provést a když se jim nepodařilo dosáhnout menšího počtu než tři, prohlásili, že to není možné. To sice může být dobrý způsob, jak zjistit, jaký je výsledek úlohy, ale jako důkaz to, pokud systematicky nevyzkoušíte všechny možnosti, nestačí.

Úloha č. 6

Uprostřed je trojúhelník ABC. K jeho stranám jsou zvnějšku připsané tři čtverce – ABKL, BCMN a CAOP. Dokažte, že trojúhelníky AOL, BKN a CPM mají stejný obsah.

Řešení: Úlohu si převedeme na jiný problém a to takový, že ukážeme, že \triangle ABC a \triangle CPM mají stejný obsah. Označme si velikost úhlu |\angle ACB| = \alpha, pak můžeme dopočítat velikost \angle PCM. Jelikož jsou \angle ACP a \angle BCM úhly ve čtverci, platí |\angle PCM|=360\deg-2\cdot90\deg-\alpha=180\deg-\alpha. Nyní otočíme \triangle CPM o 90 \deg kolem bodu C tak, že strany CB a CM splynou v jednu, což je možné, protože |CB|=|CM|. Vzniklý útvar ABPC je trojúhelník, jelikož \angle ACB a \angle PCM dávají dohromady 180 \deg. Jak můžeme vidět z obr. vz461, výška vzniklého \triangle ABP je zároveň výškou dvou menších trojúhelníků ABC a CMP. Jelikož oba malé trojúhelníky přiléhají ke čtverci ACPL, víme, že |AC|=|CP|. Ze vzorce pro obsah trojúhelníku S=b\cdot v_{b}/2 vyplývá, že dva trojúhelníky se stejnou délkou strany a výšky k ní příslušné mají stejný obsah. Obdobně lze ukázat rovnost obsahů i pro \triangle BPN a \triangle ALO, získáme tedy rovnost S_{ABC}=S_{CMP}=S_{ALO}=S_{BKN}, což jsme měli dokázat.

Komentář: U řešitelů, kteří nezískali 5 bodů, byl nejčastěji problém v přeskakování kroků v důkazu. Je dobré si tedy pamatovat, že do řešení je třeba napsat všechny kroky a myšlenky, pomocí kterých dojde člověk ke správnému závěru. Řešení přicházela velmi rozmanitá, od sinové věty až po řešení pomocí geometrické představivosti. V téměř všech z nich byla minimálně základní myšlenka správná.

Úloha č. 7

Máme krychli, jejíž stěny jsou zrcadla. Z jejího středu vyšleme paprsek. Pokud dopadne na zrcadlo, odrazí se ve stejné rovině a pod stejným úhlem. Pokud dopadne na hranu nebo do vrcholu krychle, zanikne. Chceme, aby se paprsek odrazil od všech stěn, vrátil se do středu a pokračoval ve směru, do něhož jsme ho původně poslali. Kam ho můžeme poslat? To, kam ho posíláte, popište pomocí prvního bodu krychle, od kterého se odrazí.

Řešení: Nechť mají hrany krychle délku 1. Definujeme si souřadnice následovně: x dopředu, y doprava a z nahoru. Krychle nechť má spodní zadní levý roh v bodě \lbrace0,0,0\rbrace. Střed krychle nazveme S. Nejprve se omezíme na rovinu a naším cílem bude naklonit paprsek tak, aby se po několika odrazech dostal do původního stavu (opisoval pořád stejnou dráhu). Připomeneme si, že úhel odrazu se rovná úhlu dopadu. Z toho vyplývá, že nám budou vznikat 2 druhy rovnoběžek, které se budou střídat. Nejintuitivnější možnost je poslat paprsek ze středu do jedné čtvrtiny libovolné hrany. Průběh pak bude vypadat následovně (obr. vz471).

Toto bychom rádi přenesli do 3D. Naším cílem bude, aby se paprsek protnul s horní stěnou nad bodem S. Tím, že projde nad středem, tak při klesání opět protne S a poté vykreslí symetrický obrazec i v dolní polovině krychle. Budeme se tedy snažit, aby paprsek opsal jeden z kosočtverců z 2D obrázku a poté protnul horní stěnu nad bodem S. K tomu nám zbývá určit pouze vertikální souřadnici z. Z obrázku vidíme, že všechny úsečky uvnitř čtverce mají stejnou délku. Tím pádem bude stoupání v rámci jednoho odrazu vždy stejné. Pro opsání kosočtverce z 2D obrázku potřebujeme 3 odrazy a paprsek opíše 4 úsečky. Tedy čtyřikrát bude mezi odrazy stoupat o konstantní délku. Paprsek začíná ve středu krychle. Zbývá mu tedy urazit polovinu výšky krychle. Paprsek proto urazí mezi odrazy \frac{1}{2} / 4 = 1/8 krychle.

Zvolíme si jako první zrcadlo pravou boční stěnu. Paprsek pošleme z S „dozadu“, tedy v záporném směru x osy, „doprava“, tedy v kladném směru y osy, a nahoru, tedy v kladném směru z osy. V jednotkové krychli se střed S nachází v bodě \lbrace \frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rbrace. V místě prvního odrazu (tedy protnutí pravé stěny) nastoupá paprsek o \frac{1}{8} a posune se o \frac{1}{4} vzhledem k x ose. Vzhledem k tomu, že má celá pravá boční stěna y=1, bude toto platit i pro průsečík paprsku se stěnou. Celkem tedy budou souřadnice prvního bodu odrazu \lbrace\frac{1}{4},1,\frac{5}{8}\rbrace.

Komentář: Úlohu odevzdalo jen pár řešitelů, protože byla celkem komplexní a obtížná. Mnozí z těch, kdo řešení odevzdali, tvrdili, že úloha nemá řešení. Úloha by skutečně řešení neměla, pokud by se paprsek směl od každé stěny odrazit pouze jednou. Žádná taková podmínka ovšem dána nebyla.

Opravovali: 1. Jan Hrůza, 2. Adam Dřínek, 3. Petr Khartskhaev, 4. Tomáš Flídr a Alžběta Neubauerová, 5. Kateřina Nová, 6. Adéla Jalovcová, 7. Nikola Kalábová.