Vzorová řešení a komentáře k 1. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Athéna chce napsat do vrcholů pikomatího loga čísla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 12, 14, 24, 56 tak, aby pro dvojice čísel spojených hranou platilo, že jedno dělí druhé. Jak to může udělat?
Řešení: Označme si jednotlivá políčka (Obr. vz111).
Podívejme se na čísla, která můžou být spojena s nejmenším počtem dalších čísel. Číslo 5 dělí pouze 10 a je děleno pouze 1. Každé číslo musí být spojeno alespoň se dvěma čísly, takže 5 je spojeno s 10 i 1. Číslo 10 nedělí žádné z ostatních určených čísel a je děleno 1 a 2. Nemůže být ale spojeno s 1, protože v pikomatím logu není žádný trojúhelník navzájem spojených vrcholů. 10 je tedy nutně spojena s 5 a 2. Ve vyplněném logu je tedy někde s nějakým otočením část na Obr. vz114.
Číslo 7 může být spojeno pouze s 1, 14 a 56, číslo 14 s 1, 2, 7 a 56. Alespoň jedno z čísel 7 a 14 musí být spojeno s jedním z čísel 1 a 2 (v opačném případě by musel vzniknout trojúhelník 7, 14, 56). Žádné číslo není spojeno s 1 i 2 kvůli vzniku trojúhelníku, takže pokud je jedno z čísel 7 a 14 spojeno se třemi dalšími, je spojeno i s druhým číslem z dvojice 7 a 14. Jediné vrcholy se třemi spoji jsou F a G, které ale nejsou spojené. Alespoň jedno číslo z této dvojice je tedy spojeno pouze se dvěma.
Kdyby bylo druhé z této dvojice spojeno se třemi, mohla by tato dvojice být pouze ve vrcholech G a H. Číslo, které je spojeno se třemi, je spojeno i s 56, takže druhé z čísel je spojeno s 1 nebo 2. Z toho je 1 nebo 2 na C, takže nemůže být spojeno s druhým z těchto čísel a 5 nebo 10, což odporuje prvnímu odstavci.
Obě čísla z této dvojice jsou tedy spojena se dvěma čísly a jedno z čísel 1 a 2 je spojeno se dvěma čísly se dvěma sousedy (jedním z dvojice 5, 10 a jedním z dvojice 7, 14). Tomu vyhovuje pouze vrchol J. Kdyby 7 a 14 nebyly spojeny, musí obě být spojeny s 56, takže 56 by muselo být opět ve vrcholu J, což nelze. Jedna z dvojic D, I a L, M je proto 5, 10 a druhá je 7, 14.
Z toho vidíme, že 56 je buď v E nebo K. Číslo 56 může být spojeno s 1, 7, 14, 2, 4, 8. Zároveň je spojeno s F a A nebo G, tedy se dvěma čísly různými od již určených 1, 2, 7, a 14, tedy musí být spojeno s 4 i 8. Číslo 8 může být spojeno s 1, 2, 4, 24 a 56. Spojením s 4 by vznikl trojúhelník, stejně jako spojením s 1 i 2. Pokud je tedy 8 spojeno se třemi čísly, je spojeno s jedním z dvojice 1, 2 a čísly 24 a 56, takže je nutně v F.
V tomto případě máme dvě možnosti podle umístění 56:
- Pokud je 56 v K, 4 musí být v G a 24 v B. Na políčka A, C a H zbývají čísla 3, 6 a 12, přičemž pouze 12 může být spojeno se 4, takže je v H. Tedy, jak ukazuje Obr. vz113, některá čísla jsou určena jednoznačně, číslo na J určuje levou část. Pokud je na J číslo 2, je jednoznačně určena dolní část a 3 a 6 jsou libovolně, pokud je na J číslo 1, je dolní část libovolná a rozdělení 3 a 6 je jednoznačné.
- Pokud je 56 v E, 4 musí být v A a 24 v B. Potom, jak ukazuje Obr. vz112, J určuje jednoznačně dolní část. Pokud je na J číslo 2, je levá část libovolně rozmístěná, pokud je na J číslo 1, nemůže 3 být na G, jinak je rozmístění levé části opět libovolné. Určení 7 a 14 je obdobné jako v minulém případě.
Kdyby měla 8 pouze dva sousedy, musela by být v A a číslo 4 v F, takže by se jednalo o předchozí případ s prohozením 4 a 8. Tyto tři možnosti popisují všechna možná řešení.
Komentář: Pro získání plného počtu bodů nebylo potřeba najít všechna řešení, stačilo alespoň k nějakému dojít. Vzhledem k velkému počtu řešení to bylo často možné rozhodnutím se pro jednu ze zvažovaných variant. Úloha byla spíše jednodušší a tomu odpovídalo to, že většina došlých řešení byla správně. Plný počet bodů nicméně dostala pouze ta řešení, kde byl napsán celý postup (jak doplníme všechna čísla). Často ale přišla řešení, kde byly jen první kroky postupu (vypíšu si dělitele a násobky, první umístím 5 atd.), ale zbytek kroků chyběl. Za taková řešení jsme strhávali bod. Pokud přišel pouze výsledek bez postupu, dávali jsme 3 body.
Úloha č. 2
Každý ze šesti bohů hodil klasickou šestistěnnou kostkou a padlo mu jiné číslo. Poseidon hodil dvakrát víc než Hádes, Héra dokonce třikrát víc než Hádes a Hestia třikrát víc než Zeus. Kolik hodila Deméter?
Řešení: Podívejme se nejprve na trojici Poseidon, Hádes, Héra. Abychom splnili podmínky ze zadání, máme jen dvě možnosti: Hádes -- 1, Poseidon -- 2, Héra -- 3 a Hádes -- 2, Poseidon -- 4, Héra -- 6. Kdyby hodil Hádes tři a více, Poseidon a Héra by museli hodit více než šest.
Dále víme, že Hestia hodila třikrát víc než Zeus, což nám opět dává dvě možnosti: Zeus -- 1, Hestia -- 3 a Zeus -- 2, Hestia -- 6. Stejně jako v předchozím případě, kdyby Zeus hodil větší číslo, Hestia by nemohla hodit číslo z klasické kostky.
Pokud bychom ale z prvního omezení použili první variantu, nemohli bychom použít žádnou z druhého, jediná možná kombinace je proto Hádes -- 2, Poseidon -- 4, Héra -- 6 a Zeus -- 1, Hestia -- 3. Na Deméter proto zbývá jedině číslo 5.
Komentář: Úloha byla velmi jednoduchá a najít správné řešení nebyl zpravidla problém. Občas vám jen chybělo zdůvodnění, proč je nalezené řešení jediné možné. Na to typicky stačilo říct, proč Zeus a Hádes nemohli hodit větší číslo než dva.
Úloha č. 3
Zeus má papír ve tvaru pravidelného šestiúhelníku. Jak ho může rozstřihnout na osm shodných částí? (Dvě části jsou shodné, pokud mají stejný tvar a velikost.)
Řešení: Zadání po nás chce, abychom našli jeden způsob, jak pravidelný šestiúhelník rozdělit na 8 shodných částí.
Nejprve spojíme vrcholy šestiúhelníku s jeho středem. Tím nám vznikne 6 trojúhelníků, které jsou podle věty sss shodné (Obr. vz131).
Nyní každý z šesti trojúhelníků rozdělíme na 4 tak, že nakreslíme střední příčky. Tak máme 24 shodných trojúhelníků (Obr. vz132).
Ty teď rozdělíme do částí po třech (Obr. vz133). Vidíme, že všechny vzniklé části jsou určitě shodné (vznikly ze stejných trojúhelníků), a celkem jich máme 8. Tím je hotovo.
Komentář: U úloh takovéhoto typu musíte ukázat, že vaše řešení je dobře. Nestačí obrázek s osmi částmi. Je potřeba popsat, jak části vznikly, což jste skoro všichni měli, a za to vás chválím. Fakt důležité je ale i zdůvodnění, proč jsou části shodné. A to už spousta z vás neměla. Protože je to první série, dával jsem i za neúplná řešení 5 bodů, ale příště už by to tak být nemuselo...
Úloha č. 4
Léda na stěny místnosti postupně napsala čísla 1 až 60 bez mezer a vytvořila tak jedno velké číslo. Teď chce škrtnout sto jeho cifer tak, aby jí zbylo co největší číslo. Které má škrtnout?
Řešení: Vypsáním čísel 1 - 60 popořadě do jednoho velkého čísla vznikne číslo se 111 ciframi (prvních 9 číslic získáme z 9 jednociferných čísel, zbývajících 102 pak vypsáním 51 dvouciferných čísel. Vyškrtnutím 100 cifer tohoto čísla získáme číslo o 111-100=11 cifrách.
Aby bylo vzniklé číslo co nejvyšší, je naším cílem mít na co nejvíce jeho předních místech číslici 9. V původním 111místném čísle se cifra 9 vyskytuje celkem šestkrát (v číslech 9, 19, 29, 39, 49, 59). Jednotlivé cifry tedy začneme vyškrtávat od začátku tohoto čísla a vyřadíme všechny číslice, vyjma 9. Tímto způsobem bez problému „osvobodíme“ prvních 5 číslic 9, které budou stát na začátku námi hledaného 11místného čísla.
Ve chvíli, kdy vyškrtneme číslici 4, která původně byla součástí čísla 49 jsme již odstranili 84 cifer. Vyškrtnout jich tedy můžeme ještě 16, což už nám ale nevystačí na vyškrtnutí všech číslic před další 9 (mezi dvěma těmito číslicemi je celkem 19 jiných cifer). Na 6. místě hledaného čísla tedy číslice 9 být nemůže. V úvahu tedy připadá číslice 8, která byla původně součástí číslice 58. Ani tato možnost ale není realizovatelná, protože mezi posledním zvoleným číslem 9 a uvažovaným 8 je 17 jiných cifer. Na dalším místě tedy bude nejvyšší možná číslice 7 (mezi tou a 9 je pouze 15 cifer, které tak můžeme bez problému vyškrtnout). Zvolíme tedy číslici 7 a z původního čísla nám nyní zbývá již pouze číslo 585,960 a k dispozici máme poslední možnost nějakou číslici odstranit. Aby nám přitom zůstalo nejvyšší číslo, musíme odstranit první číslici 5. Tímto vyškrtneme 100 cifer původního 111místného čísla a zbyde nám toto, nejvyšší možné, 11ciferné číslo: 99,999,785,960.
Komentář: Přijít na prvních 5 a poslední 3 cifry u většiny řešitelů nebyl problém. Nejvíce chyb se objevovalo na 6., 7. a 8. cifře výsledného čísla. Zde se často objevovaly kombinace 6; 7; 8, 5; 7; 8, případně 7; 5; 8. Klíčem ke správné identifikaci této trojice číslic bylo nutné mít stále na paměti myšlenku, že na předních místech výsledného čísla musíme mít co nejvyšší číslice, a zároveň také operovat s tím, kolik číslic ještě můžeme vyškrtnout. V několika případech také řešení počítalo s tím, že můžeme libovolně měnit pořadí nevyškrtnutých číslic. To ovšem možné nebylo. Jak je napsáno v zadání úlohy, jednotlivé číslice jsou vypsány za sebou na stěně a my cifry pouze vyškrtáváme, s těmi zbylými nemůžeme dělat nic, jejich pořadí je tedy pevně dáno a nelze jej měnit.
Úloha č. 5
Po obdélníkovém stole lezou mravenci, přičemž každý začíná jinde. Pokud přijde na totéž místo současně více mravenců, otočí se všichni čelem vzad, jinak chodí rovně rychlostí 1 km/h. Když doleze mravenec na okraj stolu, spadne. Existuje takové počáteční rozestavění mravenců pro nějaký počet mravenců, že nikdy žádný mravenec nespadne? Pokud ne, své tvrzení zdůvodněte. Pokud ano, rozestavení popište.
Řešení: Ze zadání vyplývá, že každý mravenec se může pohybovat pouze sem a tam po přímce. Vždy, když narazí na jiného mravence, otočí se o 180 stupňů a vydá se po té samé přímce nazpět. Abychom si hledání nejjednoduššího rozestavení mravenců ještě zjednodušili, určíme, že se všichni mravenci budou pohybovat po stejně dlouhé úsečce, na jejímž konci se vždy srazí s jiným mravencem a vydají se zpátky. Takto můžeme složit čtyři úsečky dohromady a vytvořit z nich čtverec. Na začátku umístíme mravence (na Obr. vz151 níže označené M_{1-4}) do středů stran a vždy dva a dva pošleme ke stejnému vrcholu, například B a D. Tam se srazí a vydají se k vrcholům A a C. Zde se opět potkají a takto budou pokračovat stále dokola.
V zadání není uvedeno, jak velký stůl máme k dispozici. To nám ale nevadí, čtverec můžeme libovolně zmenšit nebo zvětšit a jeho vlastnosti se nezmění, takže se vejde na jakýkoliv stůl. Tímto jsme se ujistili, že jsme splnili všechny náležitosti zadání a úlohu máme vyřešenou.
Jako bonus si můžeme ukázat další možná počáteční rozestavení mravenců, pokud bychom jich měli jiný počet než 4. Úsečky lze složit i do složitějšího útvaru než jen čtverec -- můžeme z nich například vytvořit jakýkoliv pravidelný mnohoúhelník se sudým počtem vrcholů (šestiúhelník, osmiúhelník a tak dále). Kromě toho se můžeme pokusit najít rozestavení, kde počet mravenců bude lichý. Jedno takové je na Obr. vz152.
Vpravo a vlevo máme čtverce o straně a, ve kterých se mravenci pohybují stejně, jako už jsme vysvětlili. Mezi jejich vrcholy C a A' se ovšem pohybuje ještě devátý mravenec. V prvním kroku se u vrcholu C srazí mravenci M_{2}, M_{3} a M_{9}. Mravenec M_{9} se poté vydá k druhému čtverci, kde se u vrcholu A' srazí s mravenci M_{5} a M_{8} a tak stále dokola.
Komentář: Při řešení bylo důležité nenechat se nachytat a číst pořádně zadání (což platí pro skoro každou úlohu). Někteří řešitelé nevěděli, jak si poradit s podmínkou v zadání, že stůl musí být obdélníkový, jiní se zase nevypořádali s tím, že dva mravenci nesmí začínat ve stejném bodě. Vcelku si ale většina řešitelů s úlohou poradila bez větších obtíží.
Úloha č. 6
Helenka má následující útvar, jehož plášť je tvořen čtverečky 1\exclaim_times()\exclaim 1: Základ je kvádr 5\exclaim_times()\exclaim 5\times\exclaim 1, ale je v něm vyříznuté „plusko“. Chce si tento útvar odnést do školy, aniž by se zmačkal, takže chce rozříznout některé hrany čtverečků 1\exclaim_times()\exclaim 1 a následně plášť útvaru rozložit do roviny, aniž by se některé části pláště překrývaly. Zároveň chce, aby plášť zůstal v jednom kuse. Najděte nějaký způsob, jak to může udělat.
Řešení: Rozkládáme útvar na Obr. vz164. Stěny mají na všech obrázcích stejné šrafování. Tlusté čáry jsou ty, kde sousední čtverečky nejsou spojené.
Jedna z možností, jak plášť rozložit, je na Obr. vz166.
Další možnost je na Obr. vz165.
Komentář: Když je dobře popsáno, jak vypadá rozložený plášť, dá se snadno ověřit, že je opravdu správný. Tudíž v této úloze nebylo potřeba nic zdůvodňovat. Body jsem ale strhávala za to, když rozložení nebylo správné, nebo nebylo možné ověřit, že je správné. Jak se na nějaké takové řešení dá přijít? Když si člověk s úlohou trochu pohraje, zjistí, že největší problém je rozložit svislé stěny „pluska“. Je proto třeba tyto stěny dostat ven. Obecně je v takové situaci lepší snažit se dosáhnout cíle co nejjednodušeji, protože když je obrázek moc složitý, snadno se stane, že některá stěna někam uteče. Kupříkladu může být dobré se snažit plášť rozkládat symetricky (tj. stejně pro všechny strany čtverce), tak jako ve druhém řešení.
Úloha č. 7
Poseidon si jednoho dne pořídil dvě chobotnice, Hlavouna a Chapouna, a od té doby chodil každý den na procházku po mořském dně. Někdy s sebou vzal Hlavouna a někdy Chapouna, ale nikdy obě chobotnice najednou. Na osmnácti procházkách s sebou nějakou chobotnici měl. Hlavoun zůstal doma čtrnáctkrát, Chapoun šestnáctkrát. Jak dlouho má Poseidon obě chobotnice?
Řešení: Označme počet dní, který má Poseidon chobotnice, x. Z toho Hlavouna s sebou vzal a-krát, Chapouna b-krát a sám šel na procházku c-krát. Víme tedy, že a+b+c=x.
Nějakou chobotnici vzal na procházku osmnáctkrát, takže a+b=18. Bez Hlavouna vyšel čtrnáctkrát, tedy x-a=a+b+c-a=b+c=14, a bez Chapouna šestnáctkrát, tedy x-b=a+c=16.
Pokud všechny tři získané rovnice sečteme, dostaneme
z čehož po vydělení dvěma dostaneme x=48 \over 2 = 24. Poseidon tedy má obě chobotnice 24 dní.
Komentář: Většina řešitelů úlohu měla správně, i když ji mnozí nechali nedořešenou. Jelikož byla úloha dosti jednoduchá -- buď jedna úvaha, nebo soustava rovnic -- body jsem strhával za jakékoli nepřesnosti nebo nedovysvětelní (proč byl Hlavoun desetkrát na procházce, apod.).
Opravovali: 1. Tomáš Flídr a Alžběta Neubauerová, 2. Martin Haikl a Kateřina Nová, 3. Václav Janáček, 4. Jan Škopek, 5. Adam Dřínek, 6. Magdaléna Mišinová, 7. Petr Khartskhaev.
