Vzorová řešení a komentáře k 5. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Kostkový kalendář má čtyři kostky (každá má 6 stěn), na každou stěnu chce Achilleus napsat jednu libovolnou cifru (cifru 6 nelze zaměnit za 9 ani při otočení kostky). Kalendář by měl fungovat tak, že datum je vyjádřeno vždy všemi čtyřmi kostkami (tedy třeba devátého února má být 0902). Ukažte, že má Athéna pravdu a takový kalendář nejde sestavit -- nelze na kostky napsat cifry tak, aby šlo vyjádřit každý den roku (dvěma kostkami číslo dne v měsíci a dalšími dvěma číslo měsíce).

Řešení: Abychom mohli vytvořit datum 11. 11., musíme na každou kostku dát jedničku. Pro vytvoření data 01. 01. musíme na dvě kostky dát nulu.

Pro data 02. 02., 03. 03. až 09. 09. potřebujeme někam umístit ještě aspoň 16 nových cifer (dvakrát dvojku, dvakrát trojku až dvakrát devítku). Pokud by byly nuly jen na dvou kostkách, data můžeme tvořit pouze tak, že dvě kostky s nulami otočíme na nuly a dvě kostky bez nul mají všechny nenulové cifry. Na nich je ale jen celkem 10 volných stěn. Tedy všech 16 nových cifer se na ně nevejde. Budeme proto muset dát nulu na další kostku.

Máme teď tři kostky s nulou a jednu kostku bez nuly. Když tvoříme data 02. 02. až 09. 09., použijeme dvě kostky s nulou na nuly, jednu kostku s nulou na nenulovou cifru a kostku bez nuly na nenulovou cifru. Takto to musí být vždy. Ta jediná kostka bez nuly by tedy musela mít všechny cifry od 2 do 9, aby se to takto dalo poskládat. Tolik místa na ní ale není, proto na ni musíme dát nulu, abychom data mohli skládat jiným způsobem.

Ještě bychom chtěli vytvořit datum 22. 02., tedy potřebujeme někam dát třetí dvojku.

Celkem bychom na kostkách chtěli mít 4 nuly, 4 jedničky, 3 dvojky, 2 trojky, 2 čtyřky, 2 pětky, 2 šestky, 2 sedmičky, 2 osmičky a 2 devítky. To je 25 cifer. Máme ale jen 4 kostky, každá má 6 stěn. Smíme na ně dát jen celkem 24 cifer. Kostkový kalendář proto nelze sestavit.

Komentář: Snad všichni řešitelé se ubírali stejným směrem jako vzorové řešení. Důležité je poznat, kdy dát někam cifru se pouze vyplatí a kdy je to opravdu nutné.

Úloha č. 2

V představení bylo celkem 192 nohou, 143 rohů a 82 očí. Byly tam stoly (ty mají 4 nohy a 4 rohy), Múzy (ty mají 2 nohy a 2 oči) a draci (mají 4 nohy, 3 rohy a 2 oči). Kolik tam bylo stolů, kolik Múz a kolik draků?

Řešení: Počet stolů si označíme s, počet Múz m, počet draků d a sestavíme tři rovnice o třech neznámých:

Z druhé rovnice vyjádříme 4s a ze třetí 2m:

Obojí dosadíme do první rovnice a rovnici vyřešíme:

Dosadíme do druhé a třetí rovnice

V představení bylo 11 stolů, 8 Múz a 33 draků.

Komentář: Úloha patřila k těm jednodušším. Valná většina řešitelů měla postup i výsledek správně.

Úloha č. 3

Apollon si vzal ze skladu sadu 100 různých katastrof a nějaké z nich vybral do zelené krabice pomsty. Pak mu to ale přišlo málo a vzal si ještě jednu stejnou sadu katastrof a do oranžové krabice dal stejné katastrofy jako do zelené a možná i nějaké navíc. Kolika způsoby mohl Apollon umístit katastrofy do krabic (nemusí použít všechny a nezáleží na uspořádání či pořadí katastrof v krabici)?

Řešení: S každou katastrofou mohl Apollon udělat jednu ze tří věcí:

• nechat ji ve skladu,
• dát ji do zelené krabice (a do oranžové krabice ji už dát musí),
• dát ji jenom do oranžové krabice.

Přitom nebral ohled na umístění katastrof v rámci krabice, osudy jednotlivých katastrof jsou tedy na sobě nezávislé. Celkem je 3^{100} různých rozmístění.

Ale podle zadání nějaké katastrofy do zelené krabice dal. Proto odečteme od celkového počtu umístění počet umístění, kde jsou katastrofy jenom ve skladu nebo v oranžové krabici. Každá nezávislá katastrofa má dvě možná umístění -- odečteme 2^{100}.

Celkem je 3^{100}-2^{100} způsobů umístění katastrof do krabic.

Komentář: Víceméně každý řešitel si vyložil po svém, jak nakládat s případy, kdy v zelené krabici nejsou žádné katastrofy, případně v oranžové nejsou žádné nové. Takové výsledky se přirozeně liší od našich, hodnotil jsem je jako správné.

Nezanedbatelná část řešitelů nepochopila zadání a považovala jednotlivé katastrofy za zaměnitelné a spočítala jenom kolik různých počtů katastrof může být v krabicích. Taková úloha je ale značně lehčí než originální, což jsem promítl i do hodnocení.

Úloha č. 4

Helena vyrábí přívěšek ve tvaru Pikomatího loga. (Jedná se tedy o krychli, kde zadní stěna je prodloužena o čtverec doprava, přední stěna je prodloužena doleva a dolů.) Hrana má délku 1 cm. Najděte takové dva vrcholy (rohy stěn), aby jejich vzdálenost byla 3 cm.

Řešení: Podle Pythagorovy věty platí, že vzdálenost dvou bodů v trojrozměrném prostoru je \sqrt{(x_{1} - x_{2})^{2} + (y_{1} - y_{2})^{2} + (z_{1} - z_{2})^{2}}, kde x_{1}, y_{1} a z_{1} jsou souřadnice prvního bodu a x_{2}, y_{2} a z_{2} jsou souřadnice druhého bodu. Ze zadání víme, že vzdálenost obou bodů má být rovna 3 cm, tedy platí:

Protože délka hran v útvaru je 1 cm, tedy celé číslo, všechny vrcholy v útvaru budou mít celočíselné souřadnice, pokud vhodně zvolíme počátek souřadnicového systému. Z toho vyplývá, že i vzdálenost obou bodů v jednotlivých rozměrech x, y a z bude celočíselná, neboli výrazy (x_{1} - x_{2}), (y_{1} - y_{2}) a (z_{1} - z_{2}) budou celočíselné. Poté, co je umocníme na druhou, budou dokonce i kladné nebo nulové. Úlohu nyní můžeme přeformulovat tak, že hledáme tři celá čísla, která když umocníme na druhou a sečteme, vyjde nám 9. Po chvíli hledání přijdeme na to, že jediné dvě možnosti jsou 3^{2} + 0^{2} + 0^{2} = 9 nebo 2^{2} + 2^{2} + 1^{2} = 9.

První možností je tedy najít dva body takové, které mají dvě souřadnice stejné a v jedné se liší o 3. Na Obr. vz541 bohužel žádné nejsou. Druhá možnost je najít dva body, které se ve dvou souřadnicích liší o 2 a v jedné o 1. Takovou dvojici bodů na Obr. vz541 najdeme právě jednu, a to body A a B.

Komentář: Úloha byla poměrně jednoduchá, takže skoro všichni řešitelé získali plný počet bodů. Nebylo potřeba nic dokazovat a řešitelé ani nemuseli postupovat nijak systematicky (jako jsme postupovali ve vzorovém řešení) -- stačilo pouze dva body ze zadání ukázat a spočítat jejich vzdálenost.

Úloha č. 5

Athéna si zakreslila bojové pole do trojúhelníkové mřížky. Kolika způsoby se lze dostat z tábora do města na minimální počet kroků? Jeden krok odpovídá přesunu mezi dvěma průsečíky mřížky.

Řešení: Abychom mohli odpovědět, kolika způsoby je možné se do bodu M dostat nejkratší cestou, musíme vědět, kolik kroků tato nejkratší cesta má. To snadno zjistíme tím, že cestu na pět kroků objevíme (třikrát doprava a dvakrát nahoru-doprava) a zdůvodníme, že žádná kratší cesta není. To uděláme například tak, že si označíme vodorovné čáry čísly a a nahoru-doprava písmeny jako na Obr. vz551. Vidíme, že zvednout číslo o jedna můžeme pouze jedním krokem, stejně tak písmeno. Obojí jedním krokem zvednout nejde. Potom je celkem třeba udělat tři kroky nahoru a dva doprava. Vidíme tedy, že kroků je potřeba nejméně pět.

Také jsme si při předchozí úvaze mohli všimnout, že kroky nahoru-doleva sice zvednou číslo řady, ale sníží písmeno sloupce, takže cesty, které je obsahují, jsou minimálně o jedna delší a nejsou tedy nejkratší. Proto žádné cesty, které obsahují krok nahoru-doleva, nemohou být nejkratší a my je nemusíme počítat (Obr. vz552).

Nyní tedy chceme spočítat, kolika způsoby je možno se pomocí tří kroků nahoru a dvou doprava dostat z bodu T do bodu M. Nejprve napíšeme číslo 1 do bodu T. Do každého dalšího bodu, označme ho X, napíšeme součet čísel v bodech, ze kterých se na jeden krok dostaneme do bodu X. Povolené kroky jsou však pouze ve směru doprava a nahoru. V bodu X tak bude počet nejkratších cest vedoucích z T do X. V bodu M nakonec získáme výsledek 10 (Obr. vz553).

\meteredskip 2. řešení:  Pokud nechceme vypisovat celou tabulku, můžeme použít kombinační čísla. V každém bodu si můžeme vybrat, jestli půjdeme doprava nebo nahoru. Celkově ale musíme jít třikrát nahoru a dvakrát doprava. Pořadí směrů kroků jednoznačně určuje cestu, stejně tak cesta jednoznačně určuje pořadí směrů kroků. Počet cest proto můžeme spočítat jako počet možností, kde budou dva kroky doprava na pěti pozicích (nebo kde budou tři kroky nahoru na pěti pozicích). Počet možností, jak vybrat dvě z pěti, je pět nad dvěma. Matematickým zápisem:

Výsledkem je 10.

Komentář: Tato úloha byla docela jednoduchá a používala známý mechanismus. Většina řešitelů ji proto měla správně.

Úloha č. 6

Odysseus i Achilleus napsali každý na svoji tabuli čísla truhel s kořistí, které by chtěli. Odysseus napsal čísla 1, 4, 7,... (vždy přičte trojku), Achilleus napsal čísla 9, 16, 23,... (vždy přičítá sedm). Na konci měl každý 2021 čísel. Na kolik truhel si dělají nárok oba dva zároveň?

Řešení: První Odysseova čísla byla: 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19,~...

První Achilleova čísla byla: 9, 16, 23,~...

První číslo, které napsali oba, bylo 16. Když A_{h} označíme jako h-té Achilleovo číslo, pak A_{h}=7h+9, h < 2021, h\in\mathbb{N}_ 0 (přirozená čísla s nulou). Podobně když O_{k} označíme jako k-té Odysseovo číslo, pak O_{k}=3k+1, k < 2021, k\in\mathbb{N}_0. Pokud od O_{k} odečteme 16, dostaneme:

z čehož je vidět, že když od Odysseových čísel odečteme šestnáctku, budou dělitelná třemi. Obdobně jsou Achilleova čísla právě ta, která jsou po odečtení šestnáctky dělitelná sedmi:

A toto platí až do čísla 2020\cdot 3 + 1 = 6061, respektive 2020\cdot 7 + 9=14149, jelikož po prvním čísle následuje vždy 2020 dalších a posunujeme se vždy po třech, respektive sedmi. To, že je nějaké číslo po odečtení šestnáctky dělitelné trojkou i sedmičkou zároveň, je ekvivalentní tomu, že po odečtení šestnáctky je dělitelné nejmenším společným násobkem čísel 3 a 7, to jest 21.

Jelikož 6061<14149, Odysseus končí truhlou s menším číslem než Achilleus. Tedy budeme počítat taková čísla, která jsou menší nebo rovna 6061 a zároveň jsou po odečtení 16 dělitelná číslem 21. Jsou to právě čísla x, pro která platí, že x-16=21\cdot k pro nějaké nějaké k < 2021, k\in\mathbb{N}_ 0 (přirozená čísla s nulou). K tomu stále platí podmínka x \leq 6061. Máme tak x=21\cdot k+16.

Pokusme se nyní taková x spočítat. Nejprve si můžeme povšimnout, že každému takovému číslu x náleží právě jedno číslo k. Tedy hledáme taková k\in\mathbb{N}_ 0, pro která platí:

Od obou stran rovnice odečteme 16, následně obě strany vydělíme číslem 21. Získáme:

čemuž vyhovují všechna čísla množiny \lbrace0, 1, ..., 287\rbrace, kterých je 288.

2. řešení:  Všimneme si, že Odysseova čísla jsou právě ta, která leží v množině O=\lbrace 1+3x;\, x\in \lbrace 0, 1, ..., 2020\rbrace \rbrace, Achilleova čísla leží v množině A=\lbrace9+7y;\, y\in\lbrace 0, 1, ..., 2020\rbrace\rbrace. Dále platí A\cap O = \lbrace16+21k;\, k\in \psi\rbrace (pro nějakou množinu \psi). Zajímá nás počet prvků \psi jakožto počet prvků A\cap O, tedy čísel napsaných jak Achilleem, tak Odysseem. Všimneme si, že čísla v \psi odpovídají číslům z O takovým, že nejmenší je pětka (1+3\cdot5=16) a pak bereme každé sedmé, a to až do 2020. Tedy \psi=\lbrace 0, 1, ..., 2021\rbrace \cap \lbrace 5+7i;\, i\in\mathbb{N}_ 0\rbrace. Počet prvků v \psi je roven \left\lfloor(2021-6)/7\right\rfloor + 1 = 288, kde \lfloor x \rfloor značí největší přirozené číslo menší než x.

Komentář: Většina řešení byla víceméně správná, velký problém ale činily \pm jedničkové chyby. Takových chyb se občas dopouští každý matematik a není důvod se za ně stydět. Nicméně je také vhodné s nimi něco dělat. Ačkoli v důkazech to často není třeba nijak rozvádět, je dobré si v podobných příkladech sám pro sebe vzít nějakou zjednodušenou verzi úlohy (v tomto kontextu si třeba představit méně truhel) a vyzkoušet si, jestli vzoreček, kterým jsem úlohu řešil, dává pro tato malá čísla správné výsledky. Pokud dává, pak je pravděpodobně vše v pořádku. Pokud ne, první, co člověka může napadnout, je zkusit ve vzorečku někde přičíst (případně odečíst) jedničku. Nějaká z takových úprav pak většinou vede k cíli. Jen je pak dobré si uvědomit, proč byl předchozí vzoreček špatně a čeho jsem vlastně tím přičtením jedničky docílil.

Úloha č. 7

Hefaistos má dva pláty ve tvaru půlkruhů, větší má poloměr 336 \def\m{\,{\rm mm}} \m a menší 289 \m , které chce spojit jako na obrázku. Jaká bude vzdálenost od pravého dolního rohu (A) k levému hornímu rohu (B)?

Řešení: Označme S_{A} střed pravého půlkruhu a S_{B} střed levého půlkruhu, T bod dotyku půlkruhů, P patu kolmice z B na dolní přímku a D bod dotyku levého půlkruhu a dolní přímky (Obr. vz571). Naším cílem bude zjistit |BP| a |AP|, abychom pomocí Pythagorovy věty vypočítali |AB|.

Víme, že spojnice středu a bodu na kružnici je kolmá na tečnu v tomto bodě. Zároveň díky rovnoběžnosti přímek AS_{A} a BS_{B} víme, že čtyřúhelník BPDS_{B} má všechny úhly pravé. Také má sousední strany BS_{B} a DS_{B} stejně dlouhé, tedy je to čtverec a |BP| = |PD| = |BS_{B}| = 336\m .

Víme, že |AS_{A}| = 289\m . Stačí nám tedy už jen zjistit délku |DS_{A}|. Tu zjistíme z pravoúhlého trojúhelníku S_{B}DS_{A}. Protože T je bod dotyku půlkruhů, leží T na S_{A}S_{B}. Tedy z Pythagorovy věty platí

Nyní už stačí vypočítat |AB|, což je vzdálenost, kterou hledáme:

Komentář: V úloze nebyly žádné záludnosti, takže většina řešení si s úlohou poradila dobře.

Opravovali: 1. Klára Pernicová, 2. David Hájek, 3. Matouš Cimala, 4. Adam Dřínek, 5. František Steinhauser, 6. Antonín Hejný, 7. Magdaléna Mišinová.