Vzorová řešení a komentáře k 2. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Chairon chodí po zahradě, která je ve tvaru tabulky 10 \times 10. Nevíme, kde začíná, ale víme, že na každé políčko vstoupí právě jednou. Když vstoupí na některé políčko (včetně prvního), nejprve na něj napíše, kolik stromů je v jeho rozích (mřížových bodech tabulky). Potom zasadí strom do všech rohů políčka, kde ještě není. Na začátku v zahradě žádné stromy nerostou. Najděte všechny možné součty čísel v tabulce.

Řešení: V této úloze byl základní trik podívat se, kolikrát určitý strom přispěje k celkovému součtu. Označme si jeden roh některého políčka A. Když Chairon poprvé vstoupí na políčko, které s A sousedí, strom v něm ještě není, takže ničím nepřispěje. Chairon ale při této první návštěvě strom do A zasadí, takže když později vstoupí na políčko, které s A sousedí, přispěje strom v A k součtu jedničkou. Označme počet políček, s nimiž A sousedí, jako a. Protože víme, že Chairon navštíví každé políčko právě jednou, přispěje strom v A do celkového součtu a-1.

Nyní zbývá spočítat, kolik rohů sousedí s kolika políčky. Rohy úplně v rozích tabulky sousedí s jedním políčkem a jsou čtyři. Rohy na stranách sousedí se dvěma políčky a je jich 4\cdot 9 = 36. Rohy uvnitř tabulky sousedí se čtyřmi políčky a je jich 9\cdot 9 = 81. Možný součet čísel v tabulce je proto jen jeden, a to

4\cdot (1-1) + 36\cdot (2-1) + 81\cdot (4-1) = 279.

Komentář: Velká část řešitelů, kteří dostali plný počet bodů, postupovala stejně jako vzorové řešení. Alternativní řešení bylo si uvědomit, že součet čísla, které Chairon napíše na políčko, a počtu stromů, které na tomto políčku zasadí, je 4. Stromů zasadí 11\cdot 11 = 121, takže součet čísel v tabulce je 4\cdot 100 - 121 = 279. Bohužel velká část řešitelů jen vyzkoušela několik možností a řekla, že dál to bude vycházet stejně. Avšak počet možností v této úloze je velký, takže tento postup nevedl ke správnému řešení, které by ukázalo, že žádný jiný součet v tabulce být nemůže.

Úloha č. 2

Napište, jak sestrojit trojúhelník ABC, víte-li, že |BC|=7 cm, výška na c (tedy vzdálenost bodu C od přímky, na které leží AB) má délku 7 cm a úhel \gamma (tedy velikost úhlu BCA) je 25\deg. Pokud je více takových trojúhelníků, které jsou různé, nakreslete všechny.

Řešení: Označme P_{c} patu výšky v_{c}. Rozdělme si úhel \gamma na dvě části, \gamma_ 1 = |\angle ACP_{c}|\gamma_ 2 = |\angle BCP_{c}| (Obr. vz221).

Víme, že strana a měří 7 cm, stejně jako v_{c}, a že u bodu P_{c} je z definice výšky pravý úhel na stranu c. Když se však podíváme na trojúhelník BCP_{c}, zjistíme, že strana a musí být přepona tohoto trojúhelníku. A podle Pythagorovy věty platí, že pokud

v_{c} ^{2} + |P_{c} B|^{2} = a^{2},

tedy

(7 cm)^{2} + |P_{c} B|^{2} = (7 cm)^{2},

musí |P_{c}B| být rovno 0 a strany aP_{c} B jsou tedy totožné. Úhel BCP_{c} je proto nulový a původní úhel \gamma je vlastně úhel \angle ACP_{c} (Obr. vz222).

Samotná konstrukce je potom již jednoduchá, jen musíme myslet i na druhé řešení (Obr. vz223).

Úsečku BC známe. Abychom dostali body A_{1}A_{2}, nejprve si narýsujeme kolmici z bodu B na úsečku BC. Musíme však dávat pozor na to, že z bodu C můžeme vést dva různé úhly tak, aby se stranou BC svíraly úhel 25 \deg. Jakmile narýsujeme obě pomocné přímky, tam kde se protnou s kolmicí na BC, nám vzniknou body A_{1}A_{2}, které hledáme.

Komentář: Hodně řešení nemělo náčrtky, což je u konstrukční úlohy nezbytné. Většina řešitelů zapomínala na druhé řešení a část se domnívala, že je řešení jen jedno, protože vzniklé trojúhelníky jsou shodné. Pokud chyběl pouze náčrtek nebo druhé řešení, strhával jsem většinou jeden bod, pokud obojí, tak dva body. Kde bylo chybně více věcí nebo, ač byl v řešení náčrtek, se řešení výrazně odklánělo od správného (např. že kvůli shodným velikostem stran BCCP_{c} trojúhelník vůbec nelze narýsovat), jsem dával dva body.

Úloha č. 3

Každá obálka má na sobě devítimístné číslo neobsahující nulu. Dvě obálky jsou kamarádské, pokud mají na stejné pozici stejnou cifru. Jaká je pravděpodobnost, že dvě obálky nejsou kamarádské?

Řešení: Označme A jako číslo na první obálce a B jako číslo na druhé obálce.

Vyberme si libovolnou pozici a podívejme se, jaká je šance, že A má na této pozici stejnou cifru jako B. Jelikož všechny kombinace dvou cifer jsou stejně pravděpodobné, tak získáme tuto šanci jako počet stejných možných dvojic vydělený celkovým počtem možných dvojic. Počet stejných dvojic je 9:

(1, 1), (2, 2), (3, 3), ..., (9, 9).

Celkový počet možných dvojic je 81. To plyne z toho, že danou cifru A můžeme zvolit devíti způsoby, stejně tak jako příslušnou cifru B. Každá taková uspořádaná dvojice je přitom unikátní, proto je jich 9 \cdot 9 = 81. Šance, že budou obě cifry AB stejné, je tedy 9/81 = 1/9.

Alternativně to pro nějakou pozici můžeme udělat následovně: u A vybereme libovolně a u B pak řešíme, jestli vybereme stejně, či různě. Stejně vybereme v jednom případě a různě v osmi případech. Tedy dostaneme také 1/8 + 1 = 1/9. Například pokud vybereme nejdříve trojku na páté pozici u čísla A, tak šance, že u čísla B bude na páté pozici také trojka, je 1/9.

Tedy šance, že dvě obálky budou mít na dané pozici různé cifry, je 1 - 1/9 = 8/9.

Dále si můžeme povšimnout, že šance na stejnost cifer AB na jakékoli pozici je nezávislá na tom, jestli jsou cifry AB stejné či různé na ostatních pozicích. Pravděpodobnost, že dvě obálky nejsou kamarádské, označíme p. Tato pravděpodobnost je ekvivalentní tomu, že na všech pozicích jsou cifry AB různé. Čili p získáme tak, že si ze všech možných kombinací AB vezmeme ty, které se liší na první pozici, z nich si vybereme ty, které se liší na druhé pozici, ..., a nakonec si vybereme ty, které se liší i na deváté pozici. Těch, co se liší na první pozici, je z celkového počtu 8/9, čili těch, co se liší na prvních dvou pozicích je 8/9 \cdot 8/9. Z nich vybereme opět 8/9, přičemž tentokrát to jsou ty, které se liší i na třetí pozici: 8/9 \cdot 8/9 \cdot 8/9. A tak dále, až se dostaneme k tomu, že:

p = 8/9 \cdot 8/9 \cdot 8/9 \cdot 8/9\cdot 8/9\cdot 8/9\cdot 8/9\cdot 8/9 \cdot 8/9_{ 9 \times (jednou za každou pozici)} = \left(8/9\right)^{9}.

Čili \left(8/9\right)^{9} je hledaná pravděpodobnost.

Komentář: Mnoho řešitelů se pokoušelo úlohu řešit přes nějakou variaci „sčítání“ pravděpodobností, že cifry na jednotlivých pozicích jsou stejné. Přitom jen velmi málo z nich se dobralo správného výsledku. Nejčastější chybou bylo to, že sice přičetli pravděpodobnosti přes jednotlivé pozice, ale už neodečetli pravděpodobnost průniku těchto jevů, díky čemuž započítali některé jevy vícekrát. Způsobu, jak správně odečítat jevy, které jsme započítali vícekrát, se říká Princip inkluze a exkluze. Těm, kteří udělali tuto chybu, jsem dával 3 body, stejně jako všem ostatním, kteří správně určili šanci 1/9 pro jednotlivé pozice, ale v dalším postupu udělali závažnou chybu.

Úloha č. 4

Ambrozie má tvar kvádru složeného z malých krychliček s hranou 1\ cm. Hádes i Poseidon mají ambrozii se stejnými rozměry. Hádes snědl ze své ambrozie nejdřív jeden řádek krychliček, Poseidon jeden sloupec. Potom zbyl Hádovi útvar o objemu 602\ cm^{3} a Poseidonovi o objemu 605\ cm^{3}. Jaké rozměry měly jejich ambrozie na začátku?

Řešení: Označme původní rozměry ambrozie a, b, c. Objem ambrozie je tedy a\cdot b\cdot c. Sníst jeden řádek nebo sloupec (pro nějaké x) znamená sníst kvádr o rozměrech 1\cdot 1\cdot x. Pro Háda to znamená, že mu zbylo

602=a\cdot b\cdot c -a.

Poseidonovi zbylo

605=a\cdot b\cdot c -b.

Teď se budeme snažit najít řešení těchto dvou rovnic tak, aby každé z a, b, c bylo kladné celé číslo (jsou to přece počty krychliček).

Hned vidíme, že

a\cdot b\cdot c = 602+a=605+b,
a=3+b.

Dosadíme to do první rovnice a máme

602=(3+b)\cdot b\cdot c - (3+b).

Z druhé rovnice získáme

605=(3+b)\cdot b\cdot c-b.

Pojďme se podívat na dělitelnosti okolo čísla b. Pro první rovnici platí, že na pravé straně můžeme (3+b) vytknout, tedy převést rovnici do tvaru

602=(3+b)\cdot (b\cdot c-1).

Závorka (b\cdot c-1) je určitě nějaké kladné celé číslo, tedy (3+b) dělí 602. Vypišme si proto všechny kladné dělitele čísla 602: 1, 2, 7, 14, 43, 86, 301, 602. A protože se (3+b) rovná některému z těchto čísel, b se rovná některému z čísel -2, -1, 4, 11, 40, 83, 298, 599.

Zcela stejnou úvahu teď použijeme pro druhou rovnici. Tam získáme 605=b\cdot ((3+b)\cdot c -1). Závorka ((3+b)\cdot c-1) je určitě nějaké celé číslo, takže b dělí 605. Vypišme si všechny kladné dělitele čísla 605: 1, 5, 11, 55, 121, 605. Číslo b je rovno nějakému z těchto čísel.

Máme teď dvě množiny čísel, přitom b patří do obou. Jediné číslo, které je v obou množinách, je 11. Tedy jedinou možností pro b je 11. Ještě musíme dopočítat ac a ověřit přitom, jestli je náš výsledek správný.

Protože už víme, že a=3+b, bude a=3+11=14. Dosadíme tyto hodnoty třeba do první rovnice a máme 602=14\cdot 11\cdot c-14. K oběma stranám rovnice přičteme 14, pak rovnici vydělíme číslem (14\cdot 11) a dostáváme c=4. Náš výsledek určitě sedí do první rovnice, pro jistotu ještě dosadíme do druhé rovnice: 605=14\cdot 11\cdot 4-11=616-11=605.

Jejich ambrozie měly na začátku rozměry 14\ cm, 11\ cm, 4\ cm.

Komentář: Přišla spousta správných řešení, která se ubírala stejným způsobem jako vzorové řešení. Mnoho řešení však bylo vedeno jen zvětšováním b a zkoušením, jestli vyjde 605+b dělitelné číslem b\cdot (3+b). Dejte si pozor na tento způsob; kdyby bylo b vyšší nebo by ani řešení neexistovalo, k výsledku byste nedošli.

Úloha č. 5

Ganymedes smaží omelety, ale během toho odbíhá poslouchat písničky. Celkem má těsto na 22 omelet. Má dvě pánvičky, na jedné se usmaží omeleta za 5 minut, na druhé za 6. Každá písnička trvá 4 minuty. Když písnička dohraje a zrovna je nějaká omeleta hotová, vezme ji a dá tam těsto na novou. Když se omeleta dodělá v době, kdy Ganymedes poslouchá písničku, sní si omeletu Hermes a také tam dá těsto na novou. Dobu jezení omelet a dávání těsta na pánvičku neuvažujte. Kolik omelet se Hermovi podaří ukrást?

Řešení: Během smažení omelet mohl nastat stav, kdy se na obou pánvičkách zrovna dosmažila omeleta a zároveň dohrála písnička. Děj od začátku smažení do dosažení tohoto stavu nazývejme jedním cyklem. Potřebujeme zjistit, jak dlouhý cyklus byl, kolik omelet se během něj usmažilo a kolik cyklů proběhlo, než Ganymedovi došlo těsto.

Dobu trvání cyklu určíme jako nejmenší společný násobek 4, 56 minut, tedy 60 minut.

Za 60 minut se na první pánvičce, kde smažení trvá 5 minut, usmaží 60/5=12 omelet. Na druhé pánvičce, kde smažení trvá 6 minut, se mezitím usmaží 60/6=10 omelet. Během jednoho cyklu se tak usmaží 12+10=22 omelet, což je počet omelet, na které má Ganymedes těsto.

Ganymedes si vezme ty omelety, které se dosmaží právě ve chvíli, kdy dohraje písnička. Časy, kdy toto nastane na první pánvičce, jsou společnými násobky 45 minut. Tedy 20, 4060 minut od začátku smažení. Podobně na druhé pánvičce hledáme společné násobky 46 minut, což je 12, 24, 36, 4860 minut od začátku smažení.

Z první pánvičky si proto Ganymedes vezme 3 omelety a ze druhé 5, celkem 3+5=8 omelet .

Těsto bylo na 22 omelet, takže proběhl jeden cyklus. Ganymedes jich snědl 8 a Hermes ukradl všechny zbývající, což činí 22-8=14 omelet.

Komentář: Úloha byla spíše jednodušší, takže přišlo hodně řešení a většina z nich byla správná. Nejčastější chybou, ke které docházelo, bylo, že jste na každé pánvičce nechali smažit jedenáct omelet, takže na jedné se dosmažily už po 55 minutách a na druhé až po 66 minutách. To ale není správně, protože na první pánvičce bychom tak přestali smažit dříve, než by nám došlo těsto.

Úloha č. 6

Stanoviště Chairona a Kerbera jsou od sebe vzdáleny 260 km. Chairon vyplul za Kerberem rychlostí 42 km/h, o 15 minut později vyplaval Kerberos rychlostí
50 km/h. Po dvou hodinách a 40 minutách si Chairon uvědomil, že teď nemá kdo převážet duše přes řeku, otočil se a stejnou rychlostí se vrací zpět. Dorazí k Thetis a Hermovi (tj. stanoviště Chairona) dřív Chairon nebo Kerberos?

Řešení: Chairon, bez ohledu na svou rychlost, plul 2 hodiny a 40 minut, tedy 2\cdot 60 + 40 = 160 minut. Poté se otočil a jel stejnou vzdálenost stejnou rychlostí zpět. Na své stanoviště se tedy vrátil 160\cdot 2 = 320 minut poté, co vyplul.

Kerberovi cesta k Chaironovu stanovišti trvá 260:50=5,2 hodiny (čas spočítáme jako podíl vzdálenosti a rychlosti), tedy 5,2\cdot 60 = 312 minut. Vyplave ale o 15 minut později, takže na Chaironově stanovišti bude 312 + 15 = 327 minut po Chaironově vyplutí.

Platí 320<327, takže k Thetis a Hermovi dorazí dříve Chairon.

Bohužel úloha nebyla čistě jednoznačná: zadání se dalo pochopit i tak, že se Chairon otočí 2 hodiny a 40 minut po vyplavání Kerbera, tedy o 15 minut později. Rozmysleme si, že čas Kerberova připlavání to nezmění, ten bude pořád 327 minut po vyplutí Chairona. Chaironovu cestu tato úprava prodlouží o 30 minut (15 tam i zpět), takže se vrátí za 320+30=350 minut. Při tomto pochopení úlohy tedy přijede později než Kerberos.

Komentář: Úloha byla spíše jednodušší a přišla spousta správných řešení. Bohužel část z nich nedostatečně zdůvodňovala svůj postup, za což jim byly strženy body. Za nejednoznačnost zadání se omlouváme, jako správná řešení jsme uznávali obě možnosti. Pokud si v některé z dalších sérií nebudete jistí jednoznačností úlohy, napište nám prosím na \tensfnolig pikomat@pikomat.mff.cuni.cz.

Úloha č. 7

Na stole leží kelímek ve tvaru komolého kužele, jehož podstavy jsou rovnoběžné. Vrchní podstava má poloměr 6 cm, spodní 3 cm. Vrchní podstava je od stolu vzdálena 7,2 cm. Seshora dáme do kelímku jablko ve tvaru koule o poloměru 5 cm. Zjistěte, jak vysoko nad stolem je vrcholek jablka.

Řešení: Pod komolým kuželem ze zadání si představíme kelímek, který má šikmé stěny, spodní podstavu o poloměru 3\ cm (dno) a vrchní podstavu o poloměru 6\ cm (hladina vody, pokud je kelímek naplněný po okraj). Protože kelímek je osově souměrný, můžeme si celou situaci zjednodušit a promítnout si ji do roviny. Z komolého kužele se stane lichoběžník ABCD, rozdělený svislou osou XY napůl (Obr. vz271). Díky souměrnosti se budeme nadále zaobírat pouze pravou částí obrázku. Do kelímku jsme umístili jablko, které nám reprezentuje kružnice k se středem S. Ta se dotýká stěny kelímku v bodě T. Vrcholek jablka je v bodě P_{1}, kde kružnice k protíná přímku XY. Naším úkolem je spočítat vzdálenost |P_{1}Y|.

Pro náš výpočet se bude hodit, když si úsečky XYBC prodloužíme, aby se nám protly. Na našem obrázku se tak stane v bodě U. Vznikl nám velký trojúhelník XBU a také malý trojúhelník YCU. Povšimněme si, že trojúhelník XBU je právě dvakrát větší než trojúhelník YCU, protože strana XB, která má 6\ cm, je dvakrát tak dlouhá jako strana YC, která má 3\ cm. Proto i strana XU je dvakrát delší než strana YU. Z toho vyplývá, že velikost úsečky YU je stejná jako velikost úsečky XY, kterou známe ze zadání -- 7,2\ cm. Celková velikost úsečky |XU| musí tedy být 14,4\ cm.

Můžeme si všimnout, že na obrázku máme ještě jeden pravoúhlý trojúhelník, a to STU. Pokud by se nám u tohoto trojúhelníku povedlo spočítat velikost přepony SU, můžeme už pak lehce dopočítat vzdálenost |P_{1}Y| ze zadání. U tohoto trojúhelníku známe pouze délku odvěsny ST, která je stejná jako poloměr jablka, tedy 5 cm. K našemu štěstí je ale tento trojúhelník podobný trojúhelníku BXU, protože oba dva jsou pravoúhlé a navíc sdílejí úhel \alpha. U trojúhelníku BXU známe délku odvěsny |BX| = 6\ cm a navíc jsme v minulém odstavci dopočítali délku odvěsny |XU| = 14,4\ cm. Díky podobnosti bude u obou trojúhelníků poměr kratších odvěsen BXST stejný jako poměr delších odvěsen XUTU. Spočítejme tedy délku odvěsny TU:

\eqalign{|BX|/|ST| &= |XU|/|TU|, \cr |TU| &= |XU|\cdot|ST|/|BX|, \cr |TU| &= 14,4\ cm_cdot()5\ cm/6\ cm = 12\ cm.}

Nyní můžeme pomocí Pythagorovy věty dopočítat délku přepony SU:

|SU| = \sqrt{|ST|^{2}+|TU|^{2}} = \sqrt{5^{2}\ cm^{2}+12^{2}\ cm^{2}} = 13\ cm.

Vzdálenost |P_{1}Y| dopočítáme tak, že od vzdálenosti |SU| = 13\ cm odečteme |YU| = 7,2\ cm a přičteme |P_{1}S| = 5\ cm. Výsledná vzdálenost, respektive výška vrcholu jablka nad stolem, je 13\ cm - 7,2\ cm + 5\ cm = 10,8\ cm.

Komentář: Tato úloha patřila mezi obtížnější, jelikož už jen vytvoření náčrtu celé situace vyžadovalo pár dobrých vhledů. Například nevíme, kde přesně se jablko kelímku dotýká -- k vyřešení úlohy nám ale pomůže, když si uvědomíme, že stěna kelímku je tečnou kružnice k, a tak svírá pravý úhel s přímkou, která bod dotyku spojuje se středem kružnice. Hodně řešitelů předpokládalo, že jablko se kelímku dotýká na jeho horním okraji, tedy v bodech AB, což bohužel obecně není pravda.

Opravovali: 1. Magdaléna Mišinová, 2. Jan Šuráň, 3. Antonín Hejný, 4. Klára Pernicová, 5. Helena Nováková, 6. Tomáš Flídr, 7. Adam Dřínek.