Vzorová řešení a komentáře k 3. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Je dán obdélník ABCD. Platí |AB|=9 a |BC|=8. Uvnitř tohoto obdélníku jsou body E a F. Platí |BE|=4, |DF|=6, EF\parallel AB a BE\parallel DF (obr. zad331). Spočítejte |EF|.
Řešení: Máme spočítat délku úsečky EF. Ze zadání použijeme rovnoběžnost úseček DF a EB a zjistíme, kde tyto rovnoběžky protnou strany obdelníku, průsečík přímky DF a AB označíme X, průsečík přímky EB a CD označíme Y (obr. vz311). Vznikly rovnoběžníky FEBX a FEYD (přímky EF, AB a CD jsou rovnoběžné dle zadání). V rovnoběžnících platí, že protilehlé strany jsou stejně dlouhé, v našem případě tedy |FE|=|XB|=|DY| a také |FX|=|EB|=4 a |DF|=|YE|=6. Stačí proto spočítat například délku úsečky XB.
Víme, že |AB|=9 a |AB|=|AX|+|XB|, délku úsečky XB můžeme dopočítat, pokud budeme znát délku AX. Tu můžeme spočítat z pravoúhlého trojúhelníku DAX pomocí Pythagorovy věty. Známe délku jedné odvěsny a délka přepony je součet |DX|=|DF|+|FX|=6+4=10.
Rovnici Pythagorovy věty si upravíme:
A dopočítáme |EF|=|BX|=|AB|-|AX|=9-6=3.
Komentář: Jelikož tato úloha patřila k lehčím, měla ji většina řešitelů vyřešenou správně. Bohužel v některých řešeních chybělo dostatečné odůvodnění provedených kroků.
Úloha č. 2
Norbert má troje kukačkové hodiny. Jedny se zpožďují o dvacet minut za hodinu, druhé předbíhají o dvanáct minut za hodinu a třetí jdou správně. Kukačka kuká jen v celou hodinu tolikrát, kolik je hodin podle těch hodin, v nichž je. Norbert v 0:01 seřídí všechny hodiny na správný čas a do 10:01 počítá zakukání. Kolika se dopočítá?
Řešení: Mezi 0\exclaim:\exclaim01 a 10\exclaim:\exclaim01 je 10\ \h času. První hodiny se zpoždují -20\ min/h. Tím pádem se celkově zpozdí o 200 \meterin . Druhé hodiny se předbíhají rychlostí +12\ min/h. Celkově se tedy předběhnou o 120\meterin . Třetí hodiny jdou stále správně. Takže konečné časy na hodinách jsou 6\exclaim:\exclaim41, 12\exclaim:\exclaim01, 10\exclaim:\exclaim01. To znamená, že první hodiny kukaly 1\times v 1\exclaim:\exclaim00,~2\times v 2\exclaim:\exclaim00,~3\times v 3\exclaim:\exclaim00,~4\times v 4\exclaim:\exclaim00,~5\times v 5\exclaim:\exclaim00 a 6\times v 6\exclaim:\exclaim00, tím pádem celkem 21\times. Počet zakukání druhých hodin je 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12 = 78. Podobně spočítáme, že třetí hodiny zakukají 55\times. Součet těchto tří čísel nám dá výsledek 154 zakukání.
Komentář: Kromě uvedeného postupu šla řešit úloha pomocí toho, že se celkový čas vydělil časem, který uběhne mezi dvěmi zakukáními hodin. V tomto přístupu mnoho řešitelů chybovalo proto, že čas mezi zakukáními spočítali jako hodina \pm čas zpoždění/předbíhání. To ale nelze udělat. Například mezi zakukáními na hodinách, které se zpožďují o 20\meterin , uběhne 90\meterin , nikoli 80\meterin .
Úloha č. 3
Norbert a Aida jsou na procházce. Jdou se projít k řece, přes kterou vede 5 mostů. Chtějí na své procházce jít co nejvíckrát po mostě. Zase ale nechtějí, aby šli po nějakém mostě dvakrát týmž směrem. Kolika způsoby se mohou po mostech projít?
Řešení: Můžeme břehům říkat třeba levý a pravý s tím, že BÚNO (bez újmy na obecnosti, mohli jsme si vybrat kterýkoli) začínali na levém. Aby přešli co nejvícekrát po mostě, přejdou po každém mostě oběma směry. Při první cestě z levého břehu na pravý mají pět možností (kterýkoli most), při druhé cestě čtyři (všechny kromě toho, po kterém už šli). Při třetí cestě mají na výběr ze tří možností, při čtvrté ze dvou a při poslední cestě zbývá poslední volná varianta (po čtyřech mostech už v tomto směru šli). Tyto možnosti jsou nezávislé -- pro každou z pěti možností první cesty z levého břehu na pravý jsou čtyři různé možnosti druhé cesty tímto směrem, a tak dále. Kvůli tomu je celkový počet možností cesty z levého břehu na pravý 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120. Počet možností cest zpět, tedy z pravého břehu na levý, je stejný. To, po kterých mostech půjdou na jednu stranu, nijak neovlivňuje, po kterých mostech se budou vracet, takže celkový počet možností je 120\cdot 120 = 14,400.
Trošku jiným způsobem, jak se k tomuto výsledku dostat, je postupně po jednotlivých rozhodováních -- napřed si dvakrát vybírají z pěti možností, poté dvakrát ze čtyř a tak dále. Výpočet při tomto přístupu je 5\cdot 5\cdot 4\cdot 4\cdot 3\cdot 3\cdot 2\cdot 2\cdot 1\cdot 1 = 14,400.
Komentář: Většina řešení byla správně a používala jeden z těchto způsobů. Nejčastěji chyba nastala při počítání celkových možností z možností v jednom směru -- je potřeba si uvědomit, že cesty „zpátky“ nejsou na cestách „tam“ nijak závislé, takže se jejich možnosti násobí.
Úloha č. 4
Vašek má 3n po sobě jdoucích přirozených čísel. Nevejdou se mu ale do krabičky, tak jich n prodá. Jaký může být v závislosti na n největší společný dělitel zbylých čísel?
Řešení: Pokud mají čísla NSD k, jde o čísla, která jsou násobky k. Pro k>1 musí jít o čísla, jejichž rozdíl je minimálně dva, jinak řečeno, po prodání n čísel nám nesmí zbýt žádná dvě sousední.
Kolik čísel musíme minimálně odstranit, abychom toho docílili? Pro sudé délky řad přesně 3n/2, což je určitě víc než n. Pro liché délky řad to bude 3n/2 zaokrouhleno dolů, tj. 3n+1/2-1. Vyřešením nerovnice 3n+1/2-1\leq n dostaneme, že je to možné jedině pro n=1. V takovém případě můžeme z řady začínající sudým číslem odstranit prostřední (liché) číslo a protože nám zbydou dvě sudá čísla, NSD bude 2 (např. 2, 3, 4 \rightarrow 2, 4).
Pokud bude n>1, vždy nám po odstranění n čísel zůstanou alespoň dvě sousední a NSD bude vždy 1.
Komentář: Úloha byla celkem jednoduchá a pokud jste si všimli speciálního případu u n=1, zdůvodnit, že pro ostatní čísla bude NSD vždy 1, už zpravidla nebyl problém. Ostatní doplatili na trochu vágní důkaz, kvůli kterému dokázali nemožnost většího NSD i pro n=1.
Úloha č. 5
Máme pravidelný osmistěn ležící na rovině. Můžeme s ním dělat pouze to, že ho převalíme přes hranu na stěnu sousední s tou, na níž právě leží. Může se stát, že skončí na témže místě, na kterém začínal, akorát na protější stěně?
Řešení: Dokážeme, že odpověď je ne.
Když se osmistěn převaluje přes hranu po rovině, tak se pohybuje po trojúhelníkové mřížce (stěna je vždy na jednom políčku mřížky). Tuto mřížku můžeme obarvit černou a bílou tak, že černá políčka sousedí pouze s bílými a naopak (obr. vz352). Podobně můžeme obarvit stěny osmistěnu černou a bílou tak, aby černá stěna sousedila pouze s bílými a naopak (obr. vz351). Když překlopíme osmistěn přes hranu, tak změníme barvu políčka, na němž je, i barvu stěny, kterou se roviny dotýká. Tím pádem když začneme na bílém políčku bílou stěnou, tak na bílých políčkách budou pouze bílé stěny, na černých naopak pouze černé. Protější stěny mají ale různou barvu, takže protější stěna nemůže být na stejném políčku jako ta původní.
Komentář: Uvedené řešení je sice krátké, ale dost trikové. Pokud se člověk s řešením pomocí obarvení ještě nesetkal, je poměrně těžké ho vymyslet, což se odrazilo v tom, že podobných řešení byla menšina. Ale plný počet bodů si vysloužila i jiná řešení. Zásadním pozorováním bylo, že se umíme dostat na původní místo jen pomocí sudého počtu převalení, zatímco na protější stěnu jen pomocí lichého počtu převalení. To lze dokázat pomocí popsaných obarvení, ale i jinými, méně trikovými způsoby.
Úloha č. 6
Na večírku se sešlo sto lidí. Každý se zná s právě padesáti z nich. Známosti jsou vzájemné. Dokažte, že na večírku je čtveřice lidí taková, že první i druhý se znají se třetím i čtvrtým.
Řešení: Abychom si situaci mohli lépe představit, zadání trochu přeformulujeme -- na večírku hledáme dva účastníky A a B takové, že mají alespoň dva společné známé. Nyní ukážeme, že takováto čtveřice lidí musí na večírku být. Za osoby A a B vybereme náhodnou dvojici, která se navzájem nezná. Na večírku je dalších 98 lidí, ze kterých osoba A zná 50. Zbývá nám tedy 48 lidí, které osoba A nezná. Osoba B se sice může přátelit se všemi těmito 48 účastníky, ale protože počet známostí osoby B je také 50, musí znát alespoň 2 další účastníky, které zná i osoba A.
Povedlo se nám tedy dokázat, že na večírku určitě čtveřice ze zadání existuje. Ale nejen to -- protože jsme osoby A a B volili náhodně, můžeme říci, že každí dva účastníci večírku, kteří se navzájem neznají, mají alespoň dva společné známé.
Při řešení této úlohy jsme použili variaci tzv. Dirichletova principu. Ten tvrdí, že pokud máme 5 holubů a jen 4 holubníky, alespoň v jednom holubníku budou nejméně dva holubi. V našem případě máme 98 „potenciálních známých“ osob A a B, které si můžeme představit jako 98 přihrádek. Do těchto přihrádek musíme rozdělit 50 zelených a 50 modrých žetonů přátelství. Pokud předpokládáme, že v žádné přihrádce nesmějí být dva žetony stejné barvy (není možné, aby se někdo s někým znal více než jednou), po rozdělení žetonů budou alespoň dvě přihrádky, ve kterých budou žetony obou barev.
Komentář: Jelikož řešení úlohy spočívalo v tom uvědomit si jednu klíčovou myšlenku, výsledné bodování z drtivé většiny bylo buď u horní (5 bodů), nebo spodní hranice (1 až 2 body) bez prostoru mezi. Zmínit musím Adama Pustku, který si také vzpomněl na výše popsaný Dirichletův (přihrádkový) princip.
Úloha č. 7
Vašek s kamarádkou odčítají zlomky. Kamarádka to dělá správně, zatímco Vašek špatně, protože si myslí, že zlomky x/y a z/w se od sebe odečtou následujícím způsobem:
Pro nějaká kladná celá čísla a, b, c, d oběma vyšlo a/b-c/d stejně. Kamarádka potom ještě spočítala a/b^{2}-c/d^{2}. Kolik jí vyšlo?
Řešení: Kamarádka odečítá zlomky správně, takže by jí to mělo vyjít
zatímco Vaškovi
Tyto dva výsledky porovnáme:
vynásobíme bd\cdot(b+d) (předpokládáme, že b+d\neq 0)
neboli ad^{2}-b^{2}c=0, po vydělení b^{2}d^{2} dostáváme:
Tímto jsme získali odpověď na kamarádčin druhý příklad. Vyšlo jí to 0.
Komentář: Někteří řešitelé spočítali úlohu jenom pro jakási jimi vybraná čísla a ne pro všechna možná, za což, jelikož dokázat to obecně byla podstata úlohy, jsem strhával poměrně dost bodů. Většina lidí ale udělala vše správně.
Opravovali: 1. Lenka Vábková, 2. Matyáš Novák, 3. Tomáš Flídr, 4. Kateřina Nová, 5. Magdaléna Mišinová, 6. Adam Dřínek, 7. Petr Khartskhaev.