Vzorová řešení a komentáře k 6. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Dva hráči hrají na šachovnici 8 \times 8 hru. Každý z nich má čtyři figurky – první hráč na políčkách A7, A8, B7 a B8, druhý hráč na G1, G2, H1 a H2 (obr. zad611). Hráči se střídají v tazích, které vypadají následovně: Hráč na tahu si vybere jednu svoji figurku, s níž chce skočit, označme ji S. Potom si vybere druhou ze svých figurek, označme její políčko T. Potom s S skočí na políčko, které je obrazem políčka, na kterém S stojí, ve středové souměrnosti podle T. (Tedy například s figurkou na A8 může bílý hráč v prvním tahu skočit na políčko A6, C6 nebo C8.) Může figurka, která začínala na A8, vyhodit figurku, která začínala na H1? Figurka vyhodí druhou, pokud skočí na políčko, kde druhá už je.
Řešení: Každá figurka může být ve středové souměrnosti zobrazena podle jiné figurky ve stejném sloupci, podle figurky ve stejné řadě nebo podle figurky v jiné řadě i jiném sloupci
Začneme zobrazením podle figurky ve stejném sloupci. Figurky vybarvené stejnou barvou se podle černé figurky zobrazí do figurky, která má stejnou barvu jako původní figurka, a to o 2n políček, přičemž n je přirozené číslo, neboli jedno n je od figurky ke středu souměrnosti a druhé n od středu souměrnosti k obrazu původní figurky. Jak můžeme vidět, podle vzdálenosti od černé figurky jsou vzdálenosti původní figurky a jejího obrazu 2, 4, nebo 6 políček, což jsou všechno sudá čísla (obr. vz611).
Obdobně je to se zobrazením podle figurky ve stejné řadě -- figurky a jejich obrazy od sebe budou opět vzdáleny sudý počet polí (2, 4, nebo 6).
Bude-li střed souměrnosti figurka na políčku, které je v jiné řadě i v jiném sloupci, můžeme zobrazení rozložit do dvou částí -- nejprve zobrazíme původní figurku do políčka podle řady, ve které se nachází střed souměrnosti a následně toto políčko zobrazíme podle sloupce, ve kterém je střed souměrnosti. Proto opět platí, že obraz bude od původního políčka vzdálen sudý počet řad a sudý počet sloupců (obr. vz612).
Nyní si můžeme šachovnici rozdělit na 4 skupiny polí -- lichá řada, lichý sloupec; sudá řada, sudý sloupec; lichá řada, sudý sloupec; sudá řada, lichý sloupec (políčka ve stejné skupině jsou stejně šrafována). Figurky v jedné skupině políček mohou podle zadání skákat jen na políčka, které jsou ve stejně skupině políček (obr. vz613).
Původní otázka je, zda může figurka na A8 vyhodit figurku na H1. Tyto figurky se kvůli tomu, že jedna je na lichém sloupci a sudé řadě a druhá na sudém sloupci a liché řadě, nikdy nemůžou potkat. To znamená, že figurka na A8 figurku na H1 nikdy nevyhodí.
Komentář: Úloha byla jednoduchá, stačilo dokázat, že se figurky musí posunout o sudý počet políček při libovolném tahu. V případě, že řešitel vysvětlil, proč se figurky posunují vždy o sudý počet polí, dával jsem za úlohu 5 bodů. Bylo mnoho řešitelů, kteří uvedli příklady posunu o sudý počet polí, ale neuvedli důvod, proč nelze udělat tah o lichý počet polí. Za taková řešení jsem dával 4 body.
Úloha č. 2
Nad kontrolním panelem se při jeho zapnutí objevila koule o poloměru 38 cm. Tato koule se dotýkala všech stran rovnostranného trojúhelníku o straně délky 126 cm. Pro správné nastavení kontrolního panelu bylo nutné dopočítat vzdálenost středu koule od roviny trojúhelníku.
Řešení: Střed koule označíme S. Průnik trojúhelníku a koule bude kruh. Protože se koule dotýká všech stran trojúhelníku, tak hranicí tohoto kruhu bude kružnice vepsaná trojúhelníku. Bod S bude přímo nad středem této kružnice, který označíme I. Proto je |SI| hledaná vzdálenost. Bod dotyku kružnice vepsané a strany trojúhelníku označme D (obr. vz621). Potom je úhel DIS pravý. Bod D je na povrchu koule, takže |SD|=38 cm. V pravoúhlém trojúhelníku DIS nám proto stačí zjistit |ID|, abychom pomocí Pythagorovy věty zjistili |SI|.
V rovnostranném trojúhelníku splývá střed kružnice vepsané s těžištěm\penalty -10000 i s průsečíkem výšek. Výšku rovnostranného trojúhelníku se stranou a spočítáme pomocí Pythagorovy věty:
Víme, že těžiště je na těžnici dvakrát dál od vrcholu než od strany. V rovnostranném trojúhelníku to znamená, že je od strany vzdáleno třetinu výšky. Tudíž platí:
Nyní už známe dvě strany v trojúhelníku DIS (obr. vz622), dopočítáme proto třetí:
Komentář: Úloha byla lehká, takže jsem ji hodnotila přísně. Strhávala jsem body hlavně za předčasné vyčíslování odmocnin a nedostatečné vysvětlení postupu.
Úloha č. 3
„Sériové označení této rakety se skládá ze třech čísel, která tvoří rostoucí aritmetickou posloupnost (to znamená, že rozdíl mezi prvním a druhým číslem je stejný jako mezi druhým a třetím). Dále platí, že součet těchto tří čísel je 18 a pokud k prvnímu číslu přičteme 1, vznikne geometrická posloupnost (tedy poměr mezi prvním a druhým číslem bude stejný jako mezi druhým a třetím).“
Jaká čísla tvoří toto označení?
Řešení: Označme prostřední číslo posloupnosti a a rozdíl mezi jednotlivými čísly d. Posloupnost tedy vypadá takto: a-d, a, a+d, kde d musí být kladné, aby byla posloupnost rostoucí.
Součet této posloupnosti je a-d+a+a+d=3a, což se má rovnat 18. To znamená, že a=18/3=6.
Podle zadání má být poměr mezi prvním číslem plus 1 a tím druhým stejný jako mezi druhým a třetím. Toto vyjádříme rovnicí
Po vynásobení obou stran a\cdot(a+d) a upravení dostaneme kvadratickou rovnici d^{2}-d-a=0, kde a=6.
Levá strana rovnice jde rozložit na součin: (d-3)(d+2)=0. Existují tedy dvě možná d: -2 a 3, z nichž jediné kladné je 3.
Sériové označení rakety tedy tvoří čísla 3, 6 a 9.
Komentář: Správných postupů bylo několik, nahoru jsem napsal ten nejpěknější, který byl zároveň nejčastější. Problém tohoto postupu je fakt, že kvadratická rovnice má i druhé řešení, na které hodně lidí zapomnělo. A přestože z něj nakonec nic nevyjde, je potřeba ho alespoň zmínit a říct, proč nefunguje. Pokud úlohu řeším metodou pokus-omyl, což je v tomto případě též možné, je potřeba zmínit, proč nemůže být jedno z čísel záporné.
Úloha č. 4
Rampu zvedá systém pěti ozubených koleček (po 10, 20, 25, 45 a 60 zubech) na pěti hřídelích (tedy na každé je právě jedno kolečko). Kolika způsoby mohou být kolečka umístěna za sebou tak, aby se poslední hřídel otáčela čtyřikrát rychleji než první?
Řešení: Poměr rychlosti otáčení hřídelí A, B, C, D a E můžeme zapsat jako A/B \cdot B/C \cdot C/D \cdot D/E. V této rovnici se všechny členy až na A a E pokrátí a zbude A/E.
Tento poměr má být ze zadání 1/4. Hledáme tedy v zadaných hřídelích dvě takové, jejichž počet zubů má poměr 1:4. Jde snadno vidět, že žádné dvě hřídele tuto podmínku nesplňují.
Neexistuje tedy žádný způsob umístění hřídelí tak, aby se poslední hřídel otáčela 4\times rychleji než první.
Komentář: Naprostá většina si správně vyjádřila poměr hřídelí a všimla si, že úloha žádné řešení nemá.
Úloha č. 5
Zavřené dveře měly podobu čtverce. Tento čtverec byl pro účely otvírání rozdělen na čtyři čtyřúhelníkové pláty: všechny pláty se dotýkaly v jednom bodě uvnitř čtverce a každou stranu půlilo rozhraní dvou plátů (obr. zad651). Tři z plátů měly obsahy 20 cm^{2}, 32 cm^{2} a 16 cm^{2}. Jaký obsah měl poslední plát?
Řešení: Pokaždé, když se setkáme s úlohou, se kterou si nevíme rady, je dobré si ji pro začátek zkusit nějakým způsobem zjednodušit -- můžeme přitom přijít na nějaký dobrý nápad, který nám pomůže s řešením složitější varianty. Představme si, že bod S, ve kterém se úsečky uvnitř čtverce ABCD potkávají, se nachází přímo uprostřed. Řešení je pak jednoduché -- všechny čtyřúhelníky, které se v tomto případě staly čtverci, musí mít stejný obsah. Když s bodem S začneme trochu hýbat, jistě si všimneme, že pokud se pohybem obsah jednoho z čtyřúhelníků trochu zmenší, obsah čtyřúhelníku přímo naproti se musí trochu zvětšit. To nás může přivést k domněnce, že součet obsahů čtyřúhelníků u opačných vrcholů čtverce ABCD je vždy stejný a je roven polovině obsahu celého čtverce, nehledě na to, kde se bod S nachází. Pokusme se to nyní dokázat.
K tomu použijeme malý trik -- každý čtyřúhelník si rozdělíme na dva trojúhelníky pomocí přímky, kterou povedeme z vrcholu původního čtverce do bodu S (obr. vz651). Podívejme se nyní na trojúhelníky DD'S a BB'S. Ukážeme si, že nehledě na to, kde se bod S nachází, jejich obsah bude vždy stejný -- jejich základna a je stejně dlouhá a součet jejich výšek je vždy 2a. Označme v výšku trojúhelníku DD'S. Výška trojúhelníku BB'S pak tedy bude 2a - v. Podle vzorce pro obsah trojúhelníku vypočteme součet jejich obsahů:
Součet obsahů těchto trojúhelníků je tedy a^{2} -- proměnná v, která byla jako jediná závislá na poloze bodu S, nám úplně vypadla, takže na poloze bodu S nezáleží. Úplně stejnou logiku teď můžeme aplikovat i na trojúhelníky C'DS a A'BS -- součet jejich obsahu bude taky a^{2}. Tyto čtyři trojúhelníky mají tedy dohromady vždy obsah 2a^{2}, což je polovina obsahu původního čtverce. Obsah 2a^{2} budou mít samozřejmě i dva původní protilehlé čtyřúhelníky, ze kterých jsme trojúhelníky dostali, jak jsme si přáli ukázat.
Nyní jen ze zadaných hodnot lehce spočítáme, že čtyřúhelníky u vrcholů A a C, kterými jsme se doteď nezabývali a které také tvoří polovinu původního čtverce, mají obsah 32 cm^{2} + 16 cm^{2} = 48 cm^{2}. Aby i první polovina měla obsah 48 cm^{2}, musí mít šedá plocha velikost 48 cm^{2} - 20 cm^{2} = 28 cm^{2}.
Komentář: Úloha určitě nebyla triviální a myslím, že většina řešitelů si s ní poradila bravurně -- jmenovitě například Kája Biolková, Hynek Čuška nebo Johanka Pišťáková. Někteří řešitelé se pokusili tipnout, že bod S leží ve čtverci na diagonále, což bohužel nebyla pravda.
Úloha č. 6
Počítač má v paměti uloženo několik prvočísel, která se mohou i opakovat. Přitom platí, že jejich součin je 40krát větší než jejich součet. Jaká prvočísla to jsou? Najděte všechny možnosti.
Řešení: Aby součin prvočísel byl 40krát větší než součet, musí nutně být dělitelný čtyřiceti. To znamená, že v jeho prvočíselném rozkladu musí být 40=2\cdot 2 \cdot 2\cdot 5. Tato prvočísla mají součet 2+2+2+5=11, takže musí platit 40\cdot (11 + \hbox{součet ostatních}) = 40\cdot \hbox{součin ostatních}. Po vydělení obou stran 40 získáme, že součin ostatních prvočísel musí být o 11 větší než jejich součet. Tato prvočísla tedy musí být alespoň dvě -- jinak by se součet a součin rovnaly.
Největší z těchto prvočísel označme p. Součet zbývajících prvočísel označme a a jejich součin b. Potom musí platit
Součin libovolného množství prvočísel je vždy roven nebo větší než součet -- pokud si vezmeme nejprve nejvyšší z těchto prvočísel, je pro něj součin a součet stejný (toto prvočíslo). Když přidáme další prvočíslo, součet se zvýší nejvýše o toto prvočíslo (tedy nejvýše o velikost nejvyššího prvočísla), ale součin se alespoň zdvojnásobí (každé prvočíslo je alespoň dva), takže se zvýší nejméně o velikost nejvyššího prvočísla. Součin se tedy zvýší vždy alespoň stejně jako součet, takže zůstane větší nebo roven součtu. Z toho b\geq a.
Musí tedy platit 11+p\geq (p-1)\cdot b. Teď použijeme drobný trik a od levé strany odečteme nulu, takže získáme
Přitom ale platí, že b je prvočíslo, nebo součin prvočísel, takže je alespoň dva a nerovnost můžeme upravit na 12+(p-1)\geq 2(p-1). Odečtením p-1 zjistíme, že 12\geq (p-1), po úpravě p\leq 13. Žádné z prvočísel tedy nemůže být větší než 13.
Pokud platí přímo p=13, tak pro součet a a součin b zbývajících prvočísel musí platit 11+13+a=13\cdot b, po úpravě 24=13b-a. Víme ale, že a je nejvýše rovno b, takže 24\geq 12b a b\leq 2. Jediné zbývající prvočíslo je tedy 2, pro které platí 24=13\cdot 2-2, takže máme jedno řešení: \lbrace2,2, 2, 2, 5, 13\rbrace (tři dvojky a pětka jsou z rozkladu 40).
Další možností je p=11. Potom musí platit 11+11+a=11\cdot b, tedy 22=11b-a. Z nerovnosti mezi součtem a součinem 22\geq 10b a b\leq 22/10=11/5. Jediné vyhovující b je opět dva, ale 11\cdot 2-2=20\not = 22.
Dalším prvočíslem je p=7. Potom 11+7+a=7\cdot b, takže 18=7b-a. S využitím nerovnosti 18\geq 6b a b\leq 3. Kdyby b=2, tak by muselo i a=2, ale 7\cdot 2 - 2 = 12 \not = 18. Jediné možné zbývající prvočíslo je tedy 3, pro které platí 18=7\cdot 3 - 3, takže máme další řešení: \lbrace2,2, 2, 3, 5, 7\rbrace.
Nejvyšším menším prvočíslem je p=5, kde musí platit 11+5+a=5\cdot b, tedy 16=5b-a a 16\geq 4b, takže b\leq 4. Zároveň je ale a vždy větší než nula, takže 16<5b (protože 5b je větší právě o a) a b>16/5>3, takže musí platit b=4. Součin je nutně 4=2\cdot 2, takže součet je 2+2=4. Platí 16=5\cdot 4 - 4, takže dalším řešením je \lbrace2,2, 2, 2,2, 5, 5\rbrace.
Následuje prvočíslo p=3. Potom hledáme taková a a b, aby 11+3+a=3\cdot b, takže 14=3b-a. Potom 14\geq 2b, takže b\leq 7. Číslo a je ale součin alespoň jednoho prvočísla, takže je vždy větší než 1 a 14<3b-1, takže 3b>15 a b>5. Možné hodnoty b jsou tedy 6 a 7. Součin 7 být nemůže, protože 3 musí být nejvyšším prvočíslem v rozkladu. Muselo by tedy platit b=6=2\cdot 3, takže a=2+3=5. Po dosazení ale 3\cdot 6 - 5 = 13 \not = 11, takže ani tyto hodnoty nevyhovují.
Pokud mezi prvočísly kromě rozkladu 40 není žádné, které by bylo větší než dva, součin i součet těchto prvočísel je sudý. Součin tedy nikdy nemůže být vyšší o 11, protože 11 je liché číslo.
Vyhovují pouze tato tři řešení: \lbrace2,2, 2, 2, 5, 13\rbrace, \lbrace2,2, 2, 3, 5, 7\rbrace a \lbrace2,2, 2, 2,2, 5, 5\rbrace
Komentář: Úloha byla poměrně těžká, ale došla i správná řešení. Nejčastějším problémem bylo dokázat, že jste našli opravdu všechna řešení a žádné jiné už být nemůže. V úloze bylo také důležité si uvědomit, že 1 není prvočíslo. Hodně řešitelů použilo originální postupy, u kterých se ale komplikovaně dokazovalo nalezení všech možností.
Úloha č. 7
Na obrazovce je pět různoběžných přímek. Úsečku mezi dvěma sousedními průsečíky na jedné přímce nazvěme cestička. Mezi průsečíky cestuje svítící kolečko tak, že se pohybuje pouze po cestičkách. Jaké je nejmenší číslo n takové, že se dokáže dostat z libovolného průsečíku do libovolného jiného pomocí nejvýše n cestiček?
Řešení: Předpokládejme, že všechny dvojice přímek se protínají v různých bodech. Pokud by tomu tak nebylo, počet potřebných cestiček k dosažení jednoho bodu z druhého se může jen zmenšit.
Všimneme si, že pokud máme tři přímky, vytvoří trojúhelník. Takže pokud by v zadání bylo 3 místo 5, odpověď by byla 1. Dokážeme, že každá přidaná přímka zvýší výsledek nejvíce o jedna, výsledek proto bude 3.
Cestičky, jimiž se dá dostat z jednoho průsečíku do druhého a zároveň jich je nejméně, co to jde, nazveme cestou mezi těmito průsečíky. Chceme dokázat, že přidání přímky prodlouží cestu mezi každými dvěma průsečíky nejvíce o jedna.
Pokud přidaná přímka, označme ji p, cestu vůbec neprotíná, neprodlouží ji. Pokud ji protíná jen jednou, tak ji prodlouží právě o jedna. Budeme proto předpokládat, že ji protíná víckrát. Vezmeme dvě místa za sebou, kde p cestu protíná, označme je A a B. Dokážeme, že mezi A a B je kratší jít po p než po původní cestě.
Dvě přímky můžou mít nejvíce jeden průsečík, jinak jsou totožné. Proto A a B leží na různých přímkách. Ty se někde protínají. Představme si to tedy jako trojúhelník, k němuž postupně přidáváme přímky, které ho protínají. Na začátku je na původní cestě o jeden průsečík víc než na přímce. Každá přímka, která protíná p, přidá alespoň jeden průsečík k původní cestě. Tudíž i na konci musí být na p alespoň o jeden průsečík méně než kolik jich je na původní cestě.
Tím pádem jsme sice přidáním p na cestu přidali dva průsečíky, na druhou stranu jsme alespoň o jedna zkrátili cestu mezi těmito dvěma průsečíky. I tato cesta se proto prodloužila nejvíce o jedna.
Podívejme se ještě na průsečíky na nově přidané přímce p. Označme délku nejdelší cesty před přidáním p jako i. Chceme dokázat, že cesta z průsečíků na p do libovolného jiného vrcholu je nejvíce i+1. Vezměme jeden z nich, označíme ho U. Vrchol, do něhož se chceme dostat, označíme V. U sousedí s alespoň jedním průsečíkem mimo p, označme ho W. Pokud cesta z W do V není protnutá p, tak je dlouhá nejvíce i. Tak cesta z U do V nejvíce i+1. Pokud cesta z W do V je protnutá p, tak stejně jako výše dokážeme, že se do toho místa protnutí umíme dostat z U po p o jedna kratší cestou než kdybychom šli přes V. Tím pádem je cesta z U do W dlouhá nejvíce i+1. Protože i+1 je celkový počet přímek bez dvou, tak se mezi dvěma body na p můžeme dostat po nejvíce i+1 cestičkách, takže jsme skutečně dokázali, co jsme chtěli.
Ještě dokážeme, že existují dva vrcholy, mezi nimiž tři cestičky potřebujeme. Vezměme všechny průsečíky na jedné přímce, označme ji q. Protože přímky jsou různoběžné a žádné tři se neprotínají v jednom bodě, tak jsou 4. Vezměme ty dva krajní. Pokud by cesta mezi nimi nevedla po q, tak ji protínají obě přímky, které protínají i q v jejích dvou vnitřních průsečících. Tím pádem cesta mezi těmito průsečíky musí mít alespoň tři cestičky.
Komentář: Úloha byla těžká, protože se výsledek zdá být zjevný, ale korektně ho vysvětlit je obtížnější. Ve většině řešení chyběl důkaz toho, že n nemůže být menší. To je sice poměrně lehké, ale také je to potřeba udělat.
Opravovali: 1. Jan Šuráň, 2. Magdaléna Mišinová, 3. Petr Khartskhaev, 4. Nikola Kalábová, 5. Adam Dřínek, 6. Tomáš Flídr, 7. Magdaléna Mišinová.