Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Mějme trojúhelník ABC. Na jeho straně BC jsou body D_{1} a E_{1} tak, že |BD_{1}|=|CE_{1}|. Obdobně jsou na BC další dva body E_{2} a D_{2} takové, že |BD_{2}| = |CE_{2}|. Střed AD_{1} označíme M_{1}, střed AD_{2} označíme M_{2}. Dokažte, že přímky M_{1}E_{1}, M_{2}E_{2} a těžnice z vrcholu C v trojúhelníku ABC prochází jedním bodem.
Řešení: Ukážeme, že se všechny přímky protínají v těžišti trojúhelníku ABC. Načrtněme libovolný trojúhelník ABC a označme S střed strany BC (obr. vz511). Dále na straně BC zvolme podle zadání body D_{1} a E_{1}. Pro zjednodušení budeme zatím předpokládat, že bod D_{1} se nachází na úsečce BS (na levé straně obrázku) a bod E_{1} na přímce CS (na pravé straně obrázku). Povšimněme si, že jelikož vzdálenost |BD_{1}| a |CE_{1}| je stejná, bude stejná i vzdálenost |SD_{1}| a |SE_{1}| -- bod S je tedy středem úsečky D_{1}E_{1}.
Načrtněme nyní trojúhelník AD_{1}E_{1} a střed strany AD_{1} označme podle zadání M_{1}. Spojme bod M_{1} a E_{1}. Těžnice je definována jako úsečka, která v trojúhelníku spojuje střed strany s protilehlým vrcholem. Úsečka M_{1}E_{1} je tedy těžnicí trojúhelníku AD_{1}E_{1}. Stejně tak je jeho těžnicí úsečka AS -- výše jsme ukázali, že bod S je středem strany D_{1}E_{1}. Obě těžnice se nám protnuly v těžišti, označme ho písmenem T.
Vraťme se nyní k „velkému“ trojúhelníku ABC. Jelikož bod S je střed strany BC, úsečka AS musí být jeho těžnicí -- tato těžnice tedy splývá s těžnicí trojúhelníku AD_{1}E_{1}. Najděme nyní těžiště trojúhelníku ABC. Při tom využijeme obecného faktu, že těžiště rozděluje těžnici v poměru 1 : 2 -- těžiště leží blíže ke středu strany (tento fakt si tady dokazovat nebudeme, ale pro úplné pochopení této úlohy by každý měl zvládnout toto dokázat sám).
Na těžnici AS si tedy můžeme odměřit polohu těžiště, nebo si povšimnout, že těžiště musí být ve stejném bodě jako v trojúhelníku AD_{1}E_{1} -- těžiště dělí těžnici AS v trojúhelníku ABC úplně stejně jako v trojúhelníku AD_{1}E_{1}. Tímto jsme (skoro) dokázali první část zadání -- úsečka M_{1}E_{1} prochází bodem T stejně jako těžnice z vrcholu C trojúhelníku ABC. U bodů D_{2} a E_{2} budeme postupovat úplně stejně jako u bodů D_{1} a E_{1}, vznikne nám trojúhelník AD_{2}E_{2}, pro který bude platit to samé jako pro trojúhelník AD_{1}E_{1}.
Pro úplnost se ještě musíme vrátit k předpokladu, který jsme udělali při volbě bodů D_{1} a E_{1}. Bod D_{1} se teoreticky může nacházet na úsečce CS (vpravo) a bod E_{1} na přímce BS (vlevo). Tím se pro nás ale nic nemění, celá situace bude jen zrcadlově převrácená. Všechny přímky se stále budou protínat ve společném těžišti T všech trojúhelníků.
Komentář: Úloha byla na první pohled obtížná, ve skutečnosti ovšem stačilo ze zadání vyfiltrovat užitečná fakta a zbytek dát stranou. Většina řešitelů si s úlohou poradila skvěle poté, co si uvědomila, že všechny trojúhelníky sdílí jednu stejnou těžnici.
Úloha č. 2
Jasmína našla trojciferné číslo. Bylo jí ho líto, že je takové maličké a osamělé, tak ho napsala dvakrát za sebou. Dokažte, že vzniklé šesticiferné číslo bylo dělitelné třinácti.
Řešení: Jasmínino původní trojčíslí nazveme a. Pokud před něj připíšeme celé trojčíslí znovu, je to pro nás to stejné, jako bychom k číslu a přičetli tisícinásobek a. To proto, že chceme přičíst číslo, které jen přidá ty stejné cifry před původní a původní nezmění. Platí tedy, že výsledné číslo je rovno a+1000a = 1001a. Když číslo 1001 rozložíme na prvočinitele, získáme 7 \cdot 11 \cdot 13. Číslo 1001 je tedy dělitelné 13. Tedy i libovolné číslo vytvořené tím, že se za sebe zapíše dvakrát stejné trojčíslí bude dělitelné 13.
Úloha č. 3
Pavouk Adrian má na každou ze svých osmi noh jednu ponožku a jednu botu. Když jde na procházku, tak si musí obléct všechny ponožky a obout všechny boty. Samozřejmě na každou nohu může dát botu až potom, co si na ni obleče ponožku. V kolika různých pořadích to může udělat?
Řešení: V úlohách jako je tato se hodí ujasnit si, na co se zadání vlastně ptá. Pavouk má na každou nohu jednu ponožku a jednu botu, takže těchto osm bot a ponožek (které nejsou navzájem zaměnitelné) chceme poskládat za sebe tak, aby každá ponožka byla před odpovídající botou.
Kdyby nás vzájemné pořadí ponožky a boty nezajímalo, budeme určovat jednoduše pořadí šestnácti „věcí“ (bot a ponožek). Na první místo můžeme dát kteroukoli z 16, na druhé nám pro každý výběr první zbývá 15 možností, na třetí 14, a tak dále, až než bude zbývat jedna poslední „věc“ na šestnácté místo. Počet možných pořadí by tedy byl 16\cdot 15\cdot 14\cdot 13\cdot \ldots \cdot 3\cdot 2\cdot 1. Toto číslo můžeme zapsat jako 16! (čteno šestnáct faktoriál).
Nyní se podívejme, kolik z těchto možností nám omezení vzájemných pořadí bot a ponožek zakazuje. Můžeme začít u jedné konkrétní nohy, třeba první. Počet pořadí, ve kterých je ponožka na první nohu před botou na první nohu, je stejný jako počet pořadí, kdy je tomu obráceně (ponožku a botu můžeme jednoduše prohodit). Správné pořadí na první noze je tedy přesně v polovině případů.
Můžeme si všimnout, že možnosti pro správné a špatné vzájemné pořadí na jedné noze jsou (až na toto prohození) úplně stejné. Prohozením na správné pořadí na každé noze tedy snížíme počet vyhovujících pořadí na polovinu. Počet těchto pořadí po určení všech osmi nohou získáme vydělením původního počtu číslem 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 2^{8} = 128. Správná odpověď je tedy 16!/2^{8} = 81,729,648,000.
Ke stejnému výsledku můžeme dojít i mírně upraveným postupem.
Místo omezování možností můžeme do šestnácti míst v pořadí postupně u\minusmísťovat dvojice ponožky s botou: pro první botu máme 16 možností, pro první ponožku 15. V polovině případů je ale bota před ponožkou, takže vyhovujících umístění první dvojice je 16\cdot 15/2. Podobně pro druhou dvojici je 14 volných míst pro botu a 13 pro ponožku, takže vyhovujících umístění druhé dvojice je (pro každé umístění první dvojice) 14\cdot 13/2. Obdobně můžeme počítat i možnosti umístění zbývajících dvojic. Tyto výběry děláme postupně všechny, takže celkový počet možností je součin 16\cdot 15/2 \cdot 14\cdot 13/2\cdot \ldots \cdot 4\cdot 3/2\cdot 2\cdot 1/2 = 16!/2^{8} = 81,729,648,000.
Komentář: Tato úloha byla poměrně těžká, ale přesto byla velká část příchozích řešení správná. Důležitým krokem bylo uvědomit si, že nemůžeme libovolně zaměňovat všechny boty (resp. ponožky), takže nestačí, když má pavouk vždy více obutých ponožek než bot. Další výzvou bylo uvědomit si (a napsat), co a proč člověk dělá, aby se neztratil v myšlenkách.
Úloha č. 4
Máme rovnostranný trojúhelník rozdělený na devět malých rovnostranných trojúhelníků. Do malých trojúhelníků napíšeme čísla od 1 po 9 tak, aby součet v každém trojúhelníku složeném ze čtyř menších byl 23. Kolika způsoby to můžeme udělat?
Řešení: Rovnostranný trojúhelník rozdělíme na devět malých rovnostranných trojúhelníků, říkejme jim trojúhelníčky. Trojúhelníky složené ze čtyř trojúhelníčků jsou tři, na obrázku (obr. vz541) je můžeme vidět vyšrafované modře, zeleně a červeně. Říkejme jim vyšrafované trojúhelníky. Všimněme si, že tři z trojúhelníčků náleží vždy dvěma vyšrafovaným trojúhelníkům, těmto trojúhelníčkům říkejme sdílené.
Součet čísel v jednom vyšrafovaném trojúhelníku je ze zadání 23, takže součet čísel ve všech třech vyšrafovaných trojúhelnících bude 3 \cdot 23 = 69. V tomto součtu máme dvakrát započítána čísla ve sdílených trojúhelníčcích, ostatní čísla jednou. Proto když od 69 odečtu součet čísel v jednotlivých trojúhelníčcích, zbyde mi právě součet čísel ve sdílených trojúhelníčcích. Součet čísel v jednotlivých trojúhelníčcích je 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45. Součet čísel ve sdílených trojúhelníčcích je tedy 69-45 = 24.
Která tři čísla od 1 do 9 dají v součtu 24? Podívejme se, jaký součet nám dají tři největší čísla: 9 + 8 + 7 = 24, což je přesně to, co chceme. Žádná další trojice neexistuje, protože pokud bychom libovolné z těchto čísel vyměnili za jiné, bylo by to vždy za číslo menší, a tedy i celý součet by byl menší.
V jednom vyšrafovaném trojúhelníku tedy budou čísla 9 a 8, v druhém 9 a 7 a ve třetím 8 a 7. Nyní potřebujeme do vyšrafovaných trojúhelníků přidat zbývající čísla od 1 do 6. Začněme se šestkou. Tu nemůžeme umístit do barveného nebo vyšrafovaného trojúhelníku s 9 a 8, protože společně už dávají součet 23 a my tak nemáme žádné číslo, které bychom mohli doplnit do zbývajícího trojúhelníčku. Takže máme následující dvě možnosti:
- 6 bude ve vyšrafovaném trojúhelníku spolu s 9 a 7. Pak zbývající číslo musí být 23-(9+7+6) = 1. Nyní chceme umístit číslo 5. Pokud bychom ho dali do vyšrafovaného trojúhelníku k 9 a 8, zbývající číslo by muselo být 23-(9+8+5) = 1, což nejde, jedničku už jsme použili. Z toho už nám plyne jen jediná možnost: 9+7+5+3 a 9+8+4+2.
- 6 bude ve vyšrafovaném trojúhelníku spolu s 8 a 7. Pak zbývající číslo musí být 23-(8+7+6) = 2. Nyní chceme umístit číslo 5. Pokud bychom ho dali do vyšrafovaného trojúhelníku k 9 a 7, zbývající číslo by muselo být 23-(9+7+5) = 2, což nejde, dvojku už jsme použili. Z toho už nám plyne jen jediná možnost: 9+8+5+1 a 9+7+4+3.
Nyní víme, které čtveřice čísel můžou být ve vyšrafovaných trojúhelnících. Teď si musíme už jen rozmyslet, kolika způsoby můžeme čtveřice do trojúhelníku umístit. Pojďme jako první umístit čísla 9, 8, 7 do sdílených trojúhelníčků. Devítku můžeme umístit libovolně do jednoho ze 3 trojúhelníčků. Pro osmičku máme po umístění devítky 2 možnosti. Sedmičku pak musíme umístit do posledního sdíleného trojúhelníčku. Celkově můžeme čísla 9, 8 a 7 umístit 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6 způsoby. Pro každý takový způsob pak máme 2 možnosti, jakými čísly vyšrafované trojúhelníky doplnit (tyto dvě možnosti jsme si ukázali v bodech 1 a 2 výše). Takové doplnění ještě není jednoznačné. Ta čísla, která nejsou ve sdílených trojúhelníčcích, můžeme spolu v rámci vyšrafovaného trojúhelníku prohodit (jedinou naší podmínku -- součet čísel ve vyšrafovaném trojúhelníku roven 23 – jejich prohození neporuší). V trojúhelníku máme tři dvojice trojúhelníčků, jejichž čísla můžeme prohodit, takže máme 2 možnosti pro každou z nich a celkem 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8 možností pro všechny tři dvojice. Celkově tak máme 6 \cdot 2 \cdot 8 = 96 způsobů, jak čísla do trojúhelníku umístit.
Komentář: Uvedený postup řešení není jediný, naopak takto postupovalo pou\minusze minimum řešení. Co se naopak v došlých řešeních opakovalo často, bylo vypisování všech možností, ať už třeba čtveřic, které dávají součet 23, nebo způsobů prohození čísel v jednotlivých trojúhelníčcích. Protože bylo možností málo, vedlo vypsání často ke správnému výsledku. Bohužel se ale občas stalo, že jste na nějakou možnost zapomněli, nebo ji uvedli vícekrát. Dalšími chybami, za které jsem strhávala body, bylo vynechání nebo nedostatečné zdůvodnění některého klíčového kroku.
Úloha č. 5
Mějme na stropě šestnáct lamp ve čtyřech řadách (v každé řadě i každém sloupci jsou čtyři). Máme osm přepínačů, jeden pro každý sloupec a každou řadu. Přepínač ve své řadě nebo sloupci zhasne všechny rozsvícené a rozsvítí všechny zhasnuté lampy. Na začátku jsou všechny lampy zhasnuté. Lze rozsvítit nějakou kombinací přepínačů právě tři lampy?
Řešení: Nejjednodušší postup spočívá v uvědomění si, že pokud lampy tvoří čtverec 4\times4 a každý přepínač přepne buď celý sloupec nebo celou řadu, přepne vždy právě čtyři lampy. K tomu nám mohlo napovědět i to, že nemáme zjistit které konkrétní tři lampy, ale že mají svítit právě tři.
Proto většina řešitelů správně počítala, že přepnutím sudého počtu lamp se nemůže změnit parita počtu svítících lamp (ze sudého počtu nemůže vzniknout lichý a naopak). Pokud tedy na začátku svítí nula lamp (sudý počet), tak přepínáním nemůže vzniknout lichý počet tři.
K vyřešení úlohy je třeba tuto část ještě dokázat. Tedy přepnutím čtyřech lamp nezměním paritu počtu svítících lamp. A to jde nejsnáze udělat výčtem situací, kolik lamp z přepínaných čtyř svítilo na začátku, protože je jen pět možností: může svítit 0, 1, 2, 3 nebo 4 lampy.
Pokud z přepínaných čtyř lamp svítilo 0, přepnutím čtyř čtyři lampy rozsvítím, takže celkový počet svítících si zachová paritu.
Pokud svítila jedna lampa, přepnutím čtyř přibudou dvě svítící lampy, takže si opět celkový počet svítících lamp zachová paritu.
Pokud z přepínaných čtyř budou svítit dvě, tak se počet svítících lamp zachová, takže si opět zachová i paritu.
Pokud z přepínaných čtyř budou svítit tři, tak dvě svítící ubudou, takže parita se opět zachová.
Pokud by svítily všechny čtyři lampy, tak čtyři ubudou, a parita celkového počtu svítících se opět zachová.
Pomocí přepínačů tedy nelze rozsvítit právě tři lampy.
Komentář: Všichni řešitelé správně zjistili, že to nejde a většina to dokazovala výpisem možností jako jsem uvedl ve vzorovém řešení. Asi jediný správně a jinak to měl Vladislav Bredikhin, který rovnou počítal, že pokud na řádce svítí „n“ lamp, tak přepnutím rozsvítí 4 - 2\cdot n, což je vždy sudé, a tímto zkrátil část důkazu s výpisem možností.
Úloha č. 6
Ve škole jsou skříňky očíslované od 1. Čísla na skříňkách jsou z plastových číslic. Každá číslice stojí dvě koruny. Kolik je ve škole skříněk, pokud všechny číslice dohromady stály 13,954 korun?
Řešení: Nejdříve zjistíme, kolik číslic celkem máme. K tomu vydělíme cenu dvěma: 13954\div 2=6977. Odhadem si uvědomíme, že hledané číslo bude nejspíš v řádu tisíců -- je příliš malé pro 10,000 a příliš velké pro 999. Počet číslic v jednociferných číslech je 9-1+1=9 (přičtením poslední jedničky počítáme počet čísel mezi 9 a 1 včetně), ve dvouciferných 2\cdot (99-10+1)=180 (v každém dvouciferném čísle jsou dvě číslice, proto počet čísel mezi 10 a 99 včetně násobíme dvěma) a ve trojciferných 3\cdot (999-100+1)=2,700. Celkem je číslic v jedno- až tříciferných číslech 9+180+2700=2889.
Teď zjistíme počet číslic ve čtyřciferných číslech mezi 1,000 a počtem skříněk: 6,977-28,89=4,088, ten vydělíme čtyřmi, abychom našli počet čísel mezi 1,000 a číslem poslední skříňky: 4,088\div 4=1,022. Z toho je ve škole 999+1,022=2,021 skříněk.
Komentář: Úloha byla velmi jednoduchá a nebylo moc za co strhávat body, proto jsem byl trochu přísný na řešitele, kteří neuvedli, jak došli k (na první pohled) nejasným číslům.
Úloha č. 7
Nevinná moucha sedí na vrcholu pravidelného čtyřstěnu s hranou délky 1\ m. Pod čtyřstěnem na ni číhá zákeřná koule tak, aby ji moucha nemohla vidět. Koule se dotýká spodní stěny čtyřstěnu. Jaký největší poloměr může koule mít?
Řešení: Všechny délky zmíněné v řešení budou v metrech.
Vrcholy čtyřstěnu označíme A, B, C, D, moucha sedí na vrcholu A. Střed stěny BCD, tj. bod, který je jejím těžištěm, označíme T. Střed hrany BC označíme R. Střed a poloměr zákeřné koule postupně označíme S a r (obr. vz571). Hledáme r.
Nejprve si musíme uvědomit, kde zákeřná koule bude. Moucha nevidí skrz stěny čtyřstěnu. Prodloužením tří horních stěn čtyřstěnu proto získáme hranici prostoru, který nevidí. Koule se musí nacházet v tomto prostoru, zároveň má mít největší možný poloměr. Proto se musí dotýkat prodloužení všech tří stěn ABC, ACD, ADB. Zároveň ze zadání víme, že se dotýká spodní stěny čtyřstěnu. Koule, která se dotýká všech těchto stěn, je díky pravidelnosti čtyřstěnu jednoznačně určená, je to tedy koule s největším možným poloměrem.
Čtyřstěn je pravidelný, takže koule se dotýká BCD v bodě T a prodloužené stěny ABC se dotýká někde na přímce AR. Tento bod dotyku označíme U. Podívejme se na řez rovinou ADR, v níž leží T, neboť leží na přímce DR, a U, neboť leží na přímce AR. Tato rovina je kolmá na rovinu BCD, jíž se zákeřná koule dotýká v T, takže v rovině ADR leží i S. Z toho zároveň plyne ST\perp DR. Obdobně SU\perp AR. Také platí |ST| = |SU| = r. Protože T je těžiště BCD, je AT výška čtyřstěnu. Tím pádem AT\perp DR a body A, S, T leží na jedné přímce.
V obrázku máme pravé úhly a hledané r, naším cílem proto bude sestavit nějaké rovnice a z nich r vypočítat. Na to ale máme zatím příliš málo informací o zbylých délkách. Spočítáme proto |AR|, |TR| a |AT|.
Víme, že AR je těžnice stěny čtyřstěnu. O stěnách čtyřstěnu víme, že jsou to rovnostranné trojúhelníky se stranou délky 1. Z Pythagorovy věty spočítáme její délku:
Protože DR je také těžnicí stěny čtyřstěnu, který je pravidelný, platí |DR| = |AR| = \sqrt{3}/2. Těžiště dělí těžnici na třetinu a dvě třetiny, kde delší část je u vrcholu. Proto platí
Protože T je střed stěny naproti A, platí AT\perp TR. Tím pádem můžeme pro výpočet délky AT opět využít Pythagorovu větu:
Nyní se můžeme vrátit do našeho řezu rovinou ADR (obr. vz572), v němž nyní známe spoustu délek. Ukážeme si dva způsoby, jakou rovnici sestavit a dopočítat se z ní k r.
První způsob:
Dokážeme, že trojúhelníky ATR a AUS jsou si podobné. Tyto trojúhelníky sdílí úhel u vrcholu A, zároveň úhly ATR a AUS jsou pravé. Tím pádem mají tyto dva trojúhelníky shodné úhly a musí být podobné. Proto platí
Toto je hledaný poloměr.
Druhý způsob: Uvědomíme si, že |RU| = |TR|. Platí |ST| = |SU|, takže S musí ležet na ose úhlu TRU. Zároveň potom mají trojúhelníky STR a STU dva shodné úhly a jednu shodnou stranu, takže tyto trojúhelníky jsou shodné. Z toho plyne |RU| = |TR|.
Protože úhel AUS je pravý, můžeme použít Pythagorovu větu pro trojúhelník AUS:
Opět jsme došli ke stejnému výsledku.
Komentář: Výpočty byly dlouhé, avšak nejčastější chybou, na které většina řešitelů skončila, bylo špatné určení toho, jak má koule vypadat. Většina řešitelů prostě předpokládala, že koule bude mít stejný poloměr, jako kružnice vepsaná stěně čtyřstěnu. Potom sice moucha na kouli neuvidí, ale poloměr koule bude malý.
Opravovali: 1. Adam Dřínek, 2. Eliška Vítková, 3. Tomáš Flídr, 4. Alžběta Neubauerová, 5. František Steinhauser, 6. Petr Khartskhaev, 7. Magdaléna Mišinová.
