Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Solární panel má tvar trojúhelníku. Z důvodu lepšího natáčení k různým zdrojům světla se skládá ze třech trojúhelníkových částí. Zároveň ale všechny tři menší trojúhelníky musí být podobné původnímu. Které trojúhelníky se takto dají rozdělit? Nezapomeňte zdůvodnit, proč to pro žádné jiné nejde.

Řešení: Trojúhelníky jsou podobné, pokud mají stejné úhly, tedy pokud mají všechny 3 „menší“ shodné trojice úhlů s původním „velkým“. Původní trojúhelník si označím ABC, přičemž velikost úhlu při vrcholu A bude \alpha, velikost úhlu při vrcholu B bude \beta a velikost úhlu při vrcholu C bude \gamma -- tyto úhly musí být i ve všech menších trojúhelnících. Jako v každém trojúhelníku musí platit, že \alpha + \beta + \gamma = 180^°.

Úlohu budu dále řešit rozborem možností, jak může být původní trojúhelník rozdělen na 3 menší:

1) Řezy vedou ze všech tří vrcholů a potkávají se v jednom bodě X (obr. vz511)

Bod X je krajním bodem třech úhlů, přičemž součet jejich velikostí bude plný úhel, tedy 360^°. Tento rozdělený plný úhel je tvořen buď dvěma tupými úhly a jedním ostrým, nebo třemi shodnými tupými úhly. Shodnými proto, že trojúhelník má maximálně jeden tupý úhel, a protože mají být všechny trojúhelníky podobné, musí být úhly shodné. Zároveň nelze vytvořit 360^° dvěma ostrými úhly a jedním tupým či třemi ostrými.

1.1) Začneme třemi shodnými úhly (obr. vz512). Bez újmy na obecnosti si úhel u bodu X označíme \gamma, přičemž \gamma = 120^°. Zbylé úhly \beta\alpha musí dát dohromady 60^° kvůli pravidlu o součtu vnitřních úhlů v trojúhelníku. Úhel \gamma se ale nachází i u bodu C. Lze jej buď rozdělit na 2\alpha, popř. 2\beta, nebo \alpha + \beta. V případě \alpha + \beta by \alpha + \beta + \gamma = \gamma + \gamma = 120^° + 120^° dávaly dohromady 240^°, což nelze. V případě dvou shodných úhlů by byl ten zbývající nulový, což také není možné.

1.2) Pokud by byly ve středu okolo bodu X dva shodné tupé úhly \gamma a jeden ostrý (\alpha, ale může být i \beta, bez újmy na obecnosti), muselo by platit, že \gamma > 135^°, aby byl úhel \alpha ostrý a aby dohromady úhly 2\gamma + \alpha daly 360^°. Úhel \gamma je opět zároveň u bodu C a stejně jako v kroku 1.1) by nemohl být složen z \alpha + \beta, protože potom by součet všech úhlů \alpha + \beta + \gamma byl větší než 270^°, ačkoliv mají úhly dohromady dávat 180^°. Pokud \gamma byla ze dvou shodných úhlů, např. \alpha, potom by úhel \alpha byl větší než 67,5^° a už jen \alpha + \gamma by byly dohromady větší než 180^°.

2) Z jednoho vrcholu, např. C, vede řez na protější stranu do bodu D a z jiného vrcholu vede řez, který protne první řez v bodě X a tam také skončí (obr. vz513):

Zde základní úhly v trojúhelníku BCD jinak označit nelze. Úhel \beta je daný. Žádný z úhlů u bodu C nemůže mít velikost \gamma, protože jinak by jeden z nich musel být nulový a úhel BCD zároveň nemůže být \beta, protože \beta už v trojúhelníku BCD jednou je. Tudíž musí být úhel BCD \alpha a úhel CDB \gamma. Úhly ADCCDB musí dát dohromady 180^°, ale kdyby byl úhel ADC jiný než \gamma, např. \alpha, byl by jejich součet 180^° a úhel \beta by byl nulový. Úhel ADC je tedy \gamma a oba úhly ADCCDB jsou pravé. Úhel XAD musí být \beta, protože \gamma se již v \triangle XAD nachází a \alpha tam nemůže být ze stejného důvodu, ze kterého úhel BCD nemůže být \gamma. Úhel XAD tedy musí být \beta a úhel AXD \alpha. Úhel AXD musí být pravý ze stejného důvodu, ze kterého musí být pravý úhel ADC. Úhly by potom doplněné vypadaly jako v obr. vz514. V trojúhelníku ADX by ale musely být dva pravé úhly, což není možné.

3) Z jednoho vrcholu vedou 2 řezy na protější stranu (obr. vz515):

Opět nastává problém jako výše, kde úhly ADCEDC musí dát dohromady 180^°, stejně tak jako úhly DECCEB. Ze stejného důvodu jako v druhé variantě řezu musí být úhly CDEDEC pravé. Potom by musel mít trojúhelník CDE dva pravé úhly, což opět nelze.

4) Teď už zbývá jen varianta s řezem z vrcholu trojúhelníka na protější stranu a druhým středem z průsečíku D, který vznikne prvním řezem, na další stranu, do bodu E (obr. vz517):

4.1) Úhel u bodu C, \gamma, složíme z úhlů \alpha + \beta. Součet \alpha + \beta + \gamma tedy můžeme zapsat jako 2\gamma, úhel \gamma je tedy pravý. Úhly \alpha\beta si můžeme doplnit libovolně, aby byl jejich součet 90^°. Pokud si doplníme všechny úhly v trojúhelnících, zjistíme, že v každém jsou všechny tři úhly, takže všechny pravoúhlé trojúhelníky se dají podle zadání takto rozdělit.

4.2) Pokud se úhel \gamma skládá ze dvou shodných, 2\beta nebo 2\alpha, stále platí, že oba úhly u bodu E musí mít každý 90^°. Tato varianta je jen pouze speciálním případem varianty 4.1, kdy se úhly \alpha\beta rovnají.

Postupně jsme dokázali, že na tři menší trojúhelníky podobné si navzájem a zároveň podobné původnímu jdou rozdělit jen pravoúhlé trojúhelníky, protože by trojúhelníky ve variantách 13, kdyby splňovaly tuto podobnost, nemohly existovat, a dokázali jsme si, že ve variantě 4, která tuto podobnost splňuje, jsou všechny trojúhelníky pravoúhlé. Jinými způsoby už trojúhelník rozdělit nelze.

Komentář: Nejčastější chyby v řešení příkladu spočívaly v tom, že řešitelé dokázali platnost v pravoúhlých trojúhelnících, ale nezdůvodňovali, proč to v jiných trojúhelnících neplatí, popř. neměli přesvědčivý důkaz. Někteří zapomněli dokázat, že tři menší vzájemně podobné pravoúhlé trojúhelníky skutečně vytvoří také podobný pravoúhlý trojúhelník. Řešitelé také často dokázali nedělitelnost trojúhelníku na 3 podobné i jemu samému pro některý typ řezů, ale neověřovali, zda trojúhelník nejde rozdělit jinak. Za taková řešení jsem většinou dával 3 body podle toho, kolik toho chybělo a podle ostatních chyb. Za pravoúhlý rovnoramenný trojúhelník jsem dával 12 body, 2, pokud bylo nějaké rozumné odůvodnění. K sepsání vzorového řešení jsem se inspiroval řešením Veroniky Menšíkové, která měla řešení velmi hezké. Pěkné řešení poslal i Tomáš Feldbabel.

Úloha č. 2

Všechna Danesova oblíbená čísla jsou přirozená. Aby bylo číslo x jeho oblíbené, musí počet dělitelů x sečtený s počtem dělitelů x-1 být 5. Najděte všechna Danesova oblíbená čísla.

Řešení: Každé přirozené číslo je dělitelné jedničkou, takže má alespoň jednoho dělitele. Pokud má jedno z čísel x nebo x-1 jen jednoho dělitele, druhé musí mít čtyři. Právě jednoho dělitele má přitom pouze číslo 1, ale žádné z přípustných čísel do dvojice nemá čtyři dělitele (0 je dělitelná všemi přirozenými čísly, 2 sama sebou a jedničkou).

Všechna ostatní přirozená čísla mají alespoň dva dělitele -- jedničku a sama sebe. Právě jedno číslo z této dvojice musí mít právě dva dělitele, protože v opačném případě by byl součet větší než 5 (obě čísla více než dva) nebo menší (obě čísla pouze dva). Druhé z těchto čísel tedy nutně musí mít tři dělitele.

Číslo, které má dva dělitele, je dělitelné jen jedničkou a sebou samým, takže jde o prvočíslo. Číslo, které má tři dělitele, je kromě jedničky a sebe sama dělitelné právě jedním dalším číslem. Toto číslo n není prvočíslo ani 1. Můžeme tedy vzít nějaké prvočíslo p, které jej dělí. Musí platit, že podíl hledaného čísla a tohoto prvočísla je opět ono prvočíslo (n:p=p) -- v opačném případě by by n:p bylo čtvrtým dělitelem. Toto číslo n je tedy druhou mocninou nějakého prvočísla (n = p^{2}).

Jedno z čísel x-1; x je nutně sudé. Kdyby mělo toto sudé číslo dva dělitele, muselo by být 2, protože 2 je jediné sudé prvočíslo. Druhé číslo z dvojice by ale muselo být 1 nebo 3, což nejsou druhé mocniny prvočísel. Kdyby toto sudé číslo mělo tři dělitele, muselo by jít o 2^{2} = 4. Obě čísla 4 - 1 = 34 + 1 = 5 jsou prvočísly, takže mají právě dva dělitele.

Vyhovují tedy dvojice 5; 44; 3, takže Danesovými oblíbenými čísly jsou právě čísla 45.

Komentář: Většina řešitelů si s úlohou poradila dobře. Téměř všichni, kteří poslali řešení, našli tato dvě čísla. Body jsem nejčastěji strhával za nedokázání, že žádná další čísla nevyhovují. Drobnou chybou, za kterou jsem body nestrhával, protože řešení neovlivnila, bylo neošetření toho, že jednička má méně než dva dělitele.

Úloha č. 3

Adori má rovnoramenné váhy. Na jejich misky může pokládat tři závaží z různých kovů (o vahách 1, 23) a zároveň k nim může přivazovat balónky naplněné třemi různými lehkými plyny (které váhu misky zmenší o 1, 2 nebo 3). Adori se snaží najít každou dvojici balónek-závaží, která při přivázání/položení na jednu misku vah neovlivní polohu ramen. Experimentální váhy toho bohužel moc nevydrží, takže Adori může vážit pouze třikrát. Jak tyto dvojice najde? (Adori na začátku nerozezná jednotlivá závaží ani balónky.)

Řešení: Jako první si uvědomme, že pokud bychom měli jen dvě dvojice balónků a závaží, stačilo by nám na určení odpovídajících dvojic jedno vážení. Dáme na váhy libovolné závaží a proti němu přivážeme libovolný balónek. Pokud se závaží nepohne, našli jsme jednu dvojici a zbývající dvojice si tedy musí také odpovídat. Jestliže se pohne, budou si odpovídat závaží, která jsme použili, a balónek, který jsme nepoužili, a naopak.

Pro vyřešení úlohy se třemi dvojicemi vezmeme nejprve jedno závaží a postupně proti němu přivážeme dva balónky. Když u některého z nich zůstanou misky v rovnováze, našli jsme naší první dvojici. Pokud se u obou balónků pohnuly, bude závaží ve dvojici se zbývajícím balónkem.

Každopádně na dvě vážení najdeme jednu dvojici a zbývající dvě určíme na jedno vážení tak, jak je popsáno výše. Ve speciálních případech samozřejmě budeme schopni určit všechny dvojice i na dvě vážení, ale to už pro řešení úlohy není podstatné.

Komentář: Úloha byla velmi jednoduchá a naprostá většina řešitelů si s ní hravě poradila. Někteří řešili úlohu rozebráním všech možností, což sice obecně generuje spoustu chyb, ale tady bylo možností tak málo, že i tenhle postup vedl ke správnému řešení. Někteří se pokusili i určit váhu jednotlivých předmětů, což ale nebylo nutné a často to řešení zbytečně zesložitilo.

Úloha č. 4

Původní přístupové heslo k palubnímu počítači bylo KOKOSKA. Počítač v něm nějak přeházel písmena a odmítá říct, jaké je nové heslo. Kolik těchto možných hesel je (včetně původního hesla)?

Řešení: Slovo KOKOSKA se skládá ze sedmi písmen, tudíž při promíchání písmen máme pro K postupně 7 možností na umístění, pro O máme 6 možností a tak dále, tedy dohromady 7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=7!=5040 možností. Musíme ale vzít v potaz, že se ve slově některá písmena opakují, konkrétně K se opakuje třikrát a O dvakrát. Můžeme k tomu tedy přistoupit tak, že si písmena KO očíslujeme, máme tedy slovo K_{1}O_{1}K_{2}O_{2}SK_{3}A. Počítač ale od sebe písmena K_{1}, K_{2}K_{3} neodlišuje, musíme tedy zjistit, kolika způsoby se mohou očíslovaná K proházet. Stejně jako na začátku spočteme možnosti proházení pro K_{1}, K_{2}K_{3}, tedy 3\cdot2\cdot1=3!=6 možností. Všechna slova, která mají K na stejných místech, se nám opakují v našich možnostech šestkrát, a proto vydělíme a dostáváme

7!/3!=5040/6=840

možností.

To samé spočteme i pro O_{1}O_{2}. Ty se mohou zaměnit jen dvěma způsoby (2\cdot1=2!=2). Opět vydělíme a dostáváme výsledek

840/2=420,.

Je tedy 420 možností, jak může být heslo zpřeházené.

Komentář: Většina řešení byla velmi pěkná, občas někomu chybělo napsat k výpočtům víc myšlenkového postupu. Někteří využili i vzorečky z kombinatoriky. Takové vzorce je ale třeba si nejdříve dobře prohlédnout a zjistit, který použít. Vzorec pro tento výpočet můžete najít jako „permutace s opakováním“.

Úloha č. 5

V každém vrcholu této krychle bylo napsáno jedno reálné číslo. Navíc se číslo v každém vrcholu rovnalo součtu čísel v sousedních vrcholech (vrcholech se společnou hranou). Dokažte, že pokud si čísla ve vrcholech jedné stěny krychle označíme postupně a, b, c, d, platí a + c = b + d.

Řešení: Tato úloha byla o chytrém skládání lineárních rovnic. Správných postupů je spousta, jen některé nejsou tak přímočaré.

Nejprve si každý vrchol označíme písmeny ah a vyjádříme si je rovnicově, jako součet sousedních vrcholů, tedy:

\eqalign{a &= b+d+e,\cr b &= a+c+f,\cr c &= b+d+g,\cr d &= a+c+h,\cr e &= a+f+h,\cr f &= b+e+g,\cr g &= c+f+h,\cr h &= d+e+g.\cr}

Pomocí těchto rovnic budeme rozšiřovat následující.

  • Upravujeme h+f:

dosazením za hf:

h+f=d+e+g+b+e+g=2g+2e+d+b,

dosazením za db:

h+f=2g+2e+a+c+h+a+c+f=2g+2e+2a+2c+h+f,
h+f=2g+2e+2a+2c+h+f \Rightarrow 0= 2g+2e+2a+2c,
\Rightarrow -(g+e)=a+c.
  • Upravujeme a:

ze zadání:

a=b+d+e,

dosazením za e:

a=b+d+a+h+f,

dosazením za fh:

a=b+d+a+b+e+g+d+e+g=2b+2d+a+2e+2g,

odečtením a a vydělením 2:

a=2b+2d+a+2e+2g \Rightarrow 0=b+d+e+g
\Rightarrow -(g+e)=b+d.

Z předchozích dvou úprav nám vyšly rovnice, které mají stejnou levou stranu. Jestliže se rovná levá strana, musí se rovnat i pravá:

-(g+e)=a+c \wedge -(g+e)=b+d \Rightarrow a+c=b+d.

Tím jsme dokázali, co jsme chtěli dokázat.

Komentář: Většina úlohu správně řešila vyjádřením vrcholů pomocí rovnic a poté jejich úpravou. Někteří toto tvrzení ukázali pro jimi zvolená čísla. Toto bohužel nestačí. Je potřeba vždy ukázat, že tvrzení platí pro libovolná čísla (pokud není řečeno jinak).

Úloha č. 6

Počítač vyžadoval zadání délek stran jednoho trojúhelníku. Součet odmocnin dé\minuslek dvou z jeho stran se má rovnat odmocnině z velikosti třetí strany. Existuje nějaký takový trojúhelník?

Řešení: Pro každý trojúhelník platí trojúhelníková nerovnost, neboli že součet délek každých dvou stran je větší než délka strany třetí. Podle zadání má pro strany kladných reálných délek a, b, c platit

\sqrt{a} + \sqrt{b} = \sqrt{c}.

Když tuto rovnici umocníme na druhou, dostaneme:

(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2\sqrt{ab}=c.

Po dosazení rovnice do nerovnosti a+b>c vidíme, že

a+b > a+b+2\sqrt{ab},

neboli

0>2\sqrt{ab},

kde odmocnina z ab má být kladné číslo. To znamená, že rovnice nemůže nikdy být splněna a daný trojúhelník neexistuje.

Komentář: Ti, kteří úlohu vyřešili správně, postupovali stejně nebo obdobně jako vzorové řešení. Za řešení, ve kterých byl uveden jenom jeden nebo dva konkrétní příklady neexistujících trojúhelníků kvůli trojúhelníkové nerovnosti, jsem uděloval 3 body, protože chybělo zobecnění na všechny možné délky stran.

Úloha č. 7

Glóbus má tvar koule. Jeho nultý poledník má délku 1 a pouští barvu, takže zanechává stopu. Glóbus spadl pólem na papíry na zemi a válí se na nich. Při tom se vždy překulí o polokružnici na druhý z pólů. Poté se překulí po další polokružnici a tak dále. Při tom platí, že mezi póly se koulí po jedné kružnici a nijak nezatáčí, neotáčí se na místě, ani se jinak nepřesunuje. Když se libovolný bod nultého poledníku dotkne papíru, zanechá na něm stopu.

Dokažte, že glóbus takto mohl nakreslit libovolný trojúhelník s celočíselnými délkami stran.

Řešení: Nejprve si uvědomíme, co se stane s nultým poledníkem, když se glóbus jednou překulí. Překulením se glóbus otočí o 180^°. Takže i nultý poledník se otočí o 180^°. To znamená, že když si situaci promítneme do roviny, tak se nultý poledník zobrazí v osové souměrnosti podle osy úsečky, po které se glóbus kutálel.

Abychom mohli na papír nakreslit libovolný trojúhelník, tak potřebujeme najít způsob, jak nultý poledník otočit o libovolný úhel tak, aby se glóbus vrátil zpátky na původní místo. Libovolný úhel totiž znamená i přímý úhel, takže budeme schopni nakreslit libovolně dlouhou úsečku celočíselné délky i libovolný úhel u vrcholu trojúhelníku.

Uděláme to tak, že se glóbus bude koulet po stranách rovnostranného trojúhelníku. Označme ho ABC (obr. vz571), kde glóbus začíná ve vrcholu A a pokračuje do vrcholu B.

Označíme úhel, který na začátku svírá projekce nultého poledníku do roviny se stranou AB, jako \alpha. Protože při překulení se nultý poledník zobrazí v osové souměrnosti, tak po prvním překulení pořád svírá s úsečkou AB úhel \alpha, s úsečkou BC svírá úhel \alpha +60^°. Po druhém překulení bude svírat s úsečkou BC úhel \alpha +60^°, takže s úsečkou AC bude svírat úhel \alpha, stejně tak po třetím překulení. Dohromady proto s původní polohou nultého poledníku bude nová poloha nultého poledníku svírat úhel 2\alpha +60^°. Na začátku nám proto stačí vzít úhel, o nějž chceme nultý poledník otočit, odečíst od něj šedesát stupňů a výsledek vydělit dvěma. Tím získáme úhel, o který chceme glóbus začít koulet. Pokud bychom chtěli získat úhel menší než šedesát stupňů, stačí udělat totéž pro jeho doplněk do plného úhlu.

Komentář: Úloha byla těžká, takže ji odevzdalo jen velmi málo řešitelů. Z nich pouze tři zamířili směrem ke správnému řešení. Proto chválím řešení Veroniky Menšíkové, která zvládla úlohu vyřešit a zároveň ji dobře sepsat.

Opravovali: 1. Jan Šuráň a František Steinhauser, 2. Tomáš Flídr, 3. Kateřina Nová, 4. Adéla Jalovcová, 5. Nikola Kalábová, 6. Petr Khartskhaev, 7. Magdaléna Mišinová.