Nástiny řešení 5. série

Úloha 1:

Pro datum 11.11. potřebujeme na každé kostce jedničku. Pro datum 22.12. potřebujeme na třech kostkách dvojku. Pro datum 01.01. potřebujeme dvě nuly.

Pro data 03.03., 04.04. až 09.09. potřebujeme celkem 14 nových číslic. Každé z dat vytvoříme dvěma nulami ze dvou kostek s nulami a dvěma ciframi ze dvou kostek bez nul. Obě kostky bez nuly by musely mít cifry od 3 do 9, což je moc. Musíme na obě kostky dát nulu.

Dohromady to vyjde, že na kostky chceme dát 25 cifer. Máme jen 24 stěn, čímž máme dokázáno, že kostkový kalendář nelze vytvořit.

Úloha 2:

Počet stolů označme s, počet Múz m a počet draků d. Potom počet nohou je 4s+2m+4d=192, počet rohů 4s+3d = 143 a počet očí 2m+2d=82.

Sečtením druhé a třetí rovnosti a odečtením první dostaneme 4s+3d+2m+2d-4s-2m-4d=143+82-192, tedy d=33.

Z druhé rovnice máme 2m=82-2d=82-66=16, takže m=8.

Z třetí rovnice 4s=143-3d = 143 - 99 = 44, takže s=11.

Úloha 3:

Každou katastrofu mohl dát do obou krabic, pouze do oranžové, nebo ani do jedné. (Nemohl ji dát pouze do zelené, protože všechny katastrofy v zelené jsou i v oranžové.) Pro každou katastrofu jsou tedy tři možnosti a umístění katastrof se navzájem nijak neovlivňuje, takže počet možností je 3^{100}.

Musíme ale odečíst možnosti, kdy v zelené krabici nic není. Tady má každá katastrofa na výběr mezi žádnou krabicí a jen oranžovou krabicí. Počet možností, kdy v zelené krabici žádná katastrofa není, je 2^{100}.

Výsledkem je 3^{100} - 2^{100}.

Úloha 4:

Jedním bodem je levý dolní roh spodního čtverce, druhým bodem je pravý horní roh pravého horního čtverce. Označíme-li x_1,y_1,z_1 souřadnice jednoho bodu a x_2,y_2,z_2 souřadnice druhého bodu, Pythagorova věta nám řekne, že vzdálenost těchto dvou bodů je \sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2}. Po dosazení získáme \sqrt{2^2+1^2+2^2}=3.

Úloha 5:

Aby byla cesta nejkratší, smíme používat pouze přesuny přímo doprava a doprava nahoru. Můžeme si pak do každého vrcholu napsat, kolik do něj vede nejkratších cest.

Čísla budeme do vrcholů psát postupně. U každého se podíváme, z kterých vrcholů se do něj umíme dostat, aby cesta byla nejkratší, a sečteme čísla v nich.

Po vyplnění celého bojového pole se dostaneme k počtu 10.

Úloha 6:

Truhla s nejmenším číslem, na kterou si oba dělají nárok, je 16. Každá další taková truhla má číslo o 21 vyšší, protože 21 je nejmenší společný násobek 3 a 7.

Odysseus určitě bude končit truhlou s menším číslem než Achilleus. Nejvyšší Odysseovo číslo je 1+2020\cdot 3=6061. Pak pro nejvyšší číslo truhly, kterou si nárokují oba, platí 16+21x\leq 6061. Tedy x\leq 287. Truhel, které si nárokují oba, je proto 288.

Úloha 7:

Označme S_A střed pravého půlkruhu, S_B střed levého půlkruhu, D bod dotyku levého půlkruhu s dolní přímkou, P patu kolmice z B na dolní přímku, T bod dotyku půlkruhů a nevíme o něm, zda leží na nějakých přímkách.

Ze zadání víme |S_AT|=289\ mm,\ |S_BT|=336\ mm.

Půlkruhy mají právě jednu společnou tečnu, ta prochází bodem T. Tato tečna je kolmá na poloměry TS_B a TS_A. Body S_B,T,S_A proto leží na jedné přímce.

BPDS_B je čtverec o hraně 336\ mm. Trojúhelník DS_AS_B je pravoúhlý a z Pythagorovy věty |S_AS_B|=527\ mm. Trojúhelník ABP je pravoúhlý (a vůbec se nezabýváme, zda A,B,T leží na jedné přímce) a zjistíme, že |AB|=\sqrt{336^2+(336+527+289)^2}=1200\ mm.