Vzorová řešení a komentáře k 6. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Najděte všechny dvojice reálných čísel x, y, pro které platí

Řešení: Rovnici zkusíme nějak vhodně upravit. Můžeme všechny členy dát na jednu stranu, 2x^{2} rozdělit na x^{2} + x^{2} a vyjde nám

Uvnitř závorek jsou nějaká reálná čísla, protože přece hledáme reálná x,y. Víme, že reálné číslo umocněné na druhou nikdy není záporné. Pokud se rovná nule, pak je i jeho druhá mocnina nulová, pokud se nule nerovná, pak je jeho druhá mocnina ostře větší než nula.

Jedinou možností je proto (x+2y)=0, (x-1)=0, tedy x=1 a potom y=-1/2.

\meteredskip Řešení pomocí vzorce: 

Na rovnici o dvou neznámých se můžeme dívat jako na rovnici o jedné neznámé, kde se mezi čísly občas objeví písmenko. Neznámou teď bude y a písmenkem bude x. Klasický tvar kvadratické rovnice pak bude

Použijeme vzoreček pro kvadratickou rovnici, který má tvar

Nejprve vyřešíme diskriminant, který je ve vzorečku pod odmocninou. Aby y vyšlo reálné, musí být diskriminant nezáporný. Odmocnina ze záporného čísla totiž není reálné číslo. Diskriminant trochu upravíme

Z nerovnosti si vezmeme jen úplný začátek a úplný konec. Vydělíme ji číslem -16, čímž se otočí znaménko nerovnosti. Dostaneme 0\geq (x-1)^{2}. Protože pravá strana je určitě nezáporná, musí se rovnat nule. Jedině tak splníme nerovnost. Proto x=1.

Takže i diskriminant je nulový. Dosadíme to do vzorečku pro y a máme

Jediným řešením rovnice je x=1,y=-1/2.

Komentář: Úlohu měli skoro všichni správně, postupovali stejně jako vzorová řešení. Hlavní myšlenka, kterou je dobré si odnést, je řešení kvadratické rovnice ve dvou proměnných jako v jedné proměnné s přidaným písmenkem. Ne vždy to pak vyjde tak hezky jako tady, ale často nám vzorec může hodně přinést.

Úloha č. 2

Dva zvědové vyjeli na koni současně z tábora po stejné trase k městu a zpět do tábora se vrátili ve stejnou chvíli. Cestou občas odpočívali. První jel dvakrát tak dlouho, jako druhý odpočíval. Druhý jel čtyřikrát tak dlouho, jako odpočíval první. Kdo z nich jezdí na koni rychleji a kolikrát?

Řešení: Na této úloze je nejdůležitější si správně přepsat zadání. Označme si J_{1} čas jízdy prvního jezdce, J_{2} čas jízdy druhého jezdce. Stejně tak O_{1} čas odpočinku prvního a O_{2} čas odpočinku druhého.

Přepíšeme si zadání do rovnic:

Dosadíme si do první rovnice druhé dvě tak, aby se v ní vyskytovaly jen doby jízdy. A následně upravíme

Teď tedy víme, jaký poměr je mezi časy jízdy našich dvou jezdců. My jsme se ale neptali na dobu jízdy, ale na rychlost. Použijeme tedy vztah, že rychlost je rovna dráze dělené časem. Dráha je v obou případech stejná, označme ji s. Tedy rychlost prvního je \frac{s}{J_{1}} a rychlost druhého je

Druhý jezdec je rychlejší jedenapůlkrát.

Komentář: Většinou měli všichni úlohu vyřešenou správně. Nejčastější chyba bylo neuvědomění si, že z informací ze zadání se spočítá doba jízdy a ne dotazovaná rychlost.

Úloha č. 3

Díl má tvar rovnoramenného trojúhelníku se základnou o délce 40 \def\m{\,{\rm cm}} \m . Víme, že těžnice na ramena jsou na sebe kolmé. Jak dlouhá jsou ramena?

Řešení: Označme trojúhelník ABC, aby AB byla základna. Jeho těžiště označíme T. Ze zadání je ATB pravoúhlý trojúhelník a |AB| = 40 \m. Zároveň je trojúhelník rovnoramenný, tedy |AT| = |BT|. Z Pythagorovy věty platí

Víme, že těžiště leží na těžnici ve dvou třetinách od vrcholu. Označíme-li střed BC jako S (viz obr. vz631), bude platit |ST| = |AT|/2 = 10\sqrt{2} \m. Protože těžnice jsou na sebe kolmé, je i trojúhelník BTS pravoúhlý a můžeme použít Pythagorovu větu:

Protože S je střed strany BC, hledaná délka ramena je

Komentář: Většina řešitelů si s úlohou poradila dobře. Druhý možný přístup byl vypočítat délku těžnice na základnu a opět použít Pythagorovu větu.

Úloha č. 4

Na hradbách je 2022 květináčů poskládaných do řady. Vprvním květináči je 10 květinek. Ve druhém květináči není žádná květinka. Pro každé i od 3 do 2022 platí, že pro každé kladné celé m an, kde m+n=i, je v květináči na pozici i nejvýše tolik květinek jako v květináčích na pozicích m a n dohromady. Kolik květinek může růst v 2022. květináči? Napište všechny možnosti a ukažte, že žádné další nejsou.

Řešení: Při řešení úloh tohoto typu je dobré si nejprve zkusit napsat prvních pár případů (květináčů) a poté z toho zkusit odvodit nějaký vztah. Tedy zamysleme se nad tím, kolik květinek může být ve třetím květináči. Ještě předtím ale pro přehlednost pojmenujme k_{i} jako počet květin v i-tém květináči.

Aplikujme tedy pravidlo ze zadání, které nám říká, že pro libovolné hodnoty m, n \in \N, m+n=3 (dosadili jsme i=3) platí, že k_{3}\leq k_{m}+k_{n}. Která čísla za m a n můžeme dosadit? Aby byl součet maximálně 3 a zároveň byla obě čísla přirozená (čili alespoň 1), máme dvě možnosti: m=1, n=2 a m=2, n=1. Tedy pro třetí květináč platí, že: k_{3} \leq k_{1} + k_{2} a k_{3}\leq k_{2}+k_{1}. Vidíme, že obě podmínky jsou ekvivalentní (říkají nám to samé), čili nám stačí uvažovat jedinou z nich. Vezměme si třeba tu první a dosaďme k_{1}=10, k_{2}=0, čímž získáme: k_{3} \leq 10. Tedy ve třetím květináči může být maximálně 10 květinek, tedy libovolné celé číslo od 0 do 10.

Obdobně zkusme zjistit možný počet květinek ve čtvrtém květináči. Možné dvojice hodnot m, n jsou následující: m=1, n=3; m=2, n=2; m=3, n=1. První a třetí podmínka jsou ekvivalentní, čili zkoumejme jen první a druhou. Máme: k_{4} \leq k_{1} + k_{3} a k_{4} \leq k_{2} + k_{2}. Jelikož k_{1}=10 a k_{3} je maximálně 10, tak k_{4} je podle první rovnice maximálně 20. Podle druhé rovnice je ale menší nebo rovno nule. Jelikož obě tyto podmínky musí platit naráz, tak dostaneme, že jediná možná hodnota k_{4} je 0. Tedy víme, že ve čtvrtém květináči určitě žádná květinka neroste.

Zkusme pátý květináč: možné volby m, n jsou: m=1, n=4; m=2, n=3; m=3, n=2; m=4, n=1. První je ekvivalentní se čtvrtou a druhá se třetí. Dostaneme tedy: k_{5} \leq k_{1} + k_{4} a k_{5} \leq k_{2} + k_{3}. Dosazením dostaneme: k_{5} \leq 0 + 10 a k_{5} \leq 10 + 0. Obě tyto podmínky jsou ekvivalentní a stejně jako u třetího květináče nám říkají, že květinek tam může být libovolně mezi 0 a 10. Pro šestý květináč pak obdobně jako pro čtvrtý získáme, že tam nemůže růst nic (například k_{2} + k_{4} = 0).

Shrňme si, na co jsme zatím přišli: Ve druhém, čtvrtém a šestém květináči je právě 0 květin a ve třetím a pátém libovolně z množiny \lbrace0, 1, 2, ..., 10\rbrace. Můžeme si všimnout, že jediné, co potřebujeme na určení všech možných počtů květin v květináčích, jsou maxima -- čili pokud například víme, že v květináči číslo 3 může být maximálně 10 květin, pak už je nám jasné, že to může být libovolné číslo od nuly do deseti. Zkusme si tedy napsat tato maxima do tabulky:

Co nám může přijít zajímavé, je, že na lichých pozicích jsou samé desítky a na sudých samé nuly. Pokud bychom věděli, že to takhle bude pokračovat, měli bychom vyhráno -- vždyť přece 2022 je sudé číslo a tím pádem bychom věděli, že v tomto květináči žádná květina neroste. Navíc, jelikož nám jde pouze o tuto pozici, tak nás vlastně ani moc nezajímá, jak vypadají liché pozice -- úplně stačí, pokud dokážeme, že sudé jsou nulové. Pojďme to tedy dokázat!

Nejdříve si všimneme, že pokud je libovolné sudé číslo rovno alespoň čtyřem, můžeme ho zapsat jako 2n + 2, kde n je přirozené. Tedy například osmičku můžeme zapsat jako 8=6+2=2\cdot 3 + 2, tedy v tomto případě n=3. Díky tomu jsme schopni na květináče udělat následující omezení: k_{i}\leq k_{i-2}+k_{2}, kde i je sudé číslo větší nebo rovno čtyřem. Tedy například k_{8}\leq k_{6} + k_{2}, z čehož plyne k_{8}\leq 0 + 0. Pokud tedy pro daný květináč víme, že všechny menší sudé květináče jsou bez květin, pak víme i to, že on sám je bez květin. Můžeme totiž psát: k_{i}\leq k_{i-2}+k_{2} = 0 + 0 = 0, tedy k_{i}\leq 0, takže k_{i} = 0.

Z této úvahy již plyne, že květin ve 2022. květináči je vskutku 0. Proč? Intuitivně na to můžeme jít následovně: Víme, že ve druhém květináči nic neroste. Z úvahy víme, že nic neroste ani v nejbližším dalším sudém květináči, tedy ve čtvrtém. Pokud ale znovu aplikujeme výsledek naší úvahy, tak dostaneme, že prázdný je i šestý květináč. Podobně je prázný i osmý. I desátý. I dvanáctý. A tak dále, tedy je prázdný i 2022. květináč.

Komentář: K úloze se sešlo jen velmi málo řešení se správným výsledkem. Gratuluji proto všem, kteří se k řešení alespoň přiblížili! Pár řešitelů se však spletlo pouze v tom, že si mysleli, že m a n nemohou nabývat stejných hodnot. Tento předpoklad přitom vedl na velmi podobné řešení jako vzorové. Jediný rozdíl je v tom, že jako maxima se místo 10 a 0 střídá 10 a 20.

Úloha č. 5

V kašně je krychle ABCDEFGH stojící na vrcholu A a je zčásti ponořená pod vodou. Hrana AE je ponořena ze tří čtvrtin, hrana CG je ponořena z jedné poloviny a oba vrcholy B a D jsou pod vodou. Jaká část objemu krychle je pod vodou?

Řešení: Nejprve si uděláme náčrtek, kde si celou situaci nastíníme. I když se má krychle dotýkat podložky jen v bodě A, pro zjednodušení si ji celou posadíme na stěnu ABCD. Délku její strany si označíme a. Na hraně AE si podle zadání vyznačíme bod X ve 3/4 délky a na hraně CG v 1/2 délky bod Y. Protože body B a D jsou pod vodou, hladina bude krychlí procházet zhruba v jedné polovině její výšky, jak jsme na náčrtku zaznačili (obr. vz651).

Hladina vody tvoří rovinu r, která krychli rozděluje na dvě části. Pokud zjistíme její průměrnou výšku nad stěnou ABCD, dopočítat zbytek úlohy už bude jednoduché. Kvůli symetrii krychle můžeme argumentovat, že pokud vezmeme bod přesně uprostřed roviny r, tedy v místě, kde protíná osu krychle o, bude se jednat právě o bod s průměrnou výškou nad podstavou krychle. Toto opravdu platí, protože směrem k okrajům krychle výška hladiny od tohoto bodu symetricky klesá i stoupá. Tento bod označíme S.

Nyní ukážeme, že bod S leží na přímce XY. Přímka XY určitě protíná osu o, a to v polovině své délky, protože body X a Y leží na protilehlých hranách krychle. A protože oba body X a Y jsou obsažené v rovině r, bude v rovině r obsažená i celá přímka XY. Z toho už jasně vyplývá, že bod S leží na přímce XY v místě, kde protíná osu o.

Protože výška od bodu X směrem k bodu Y lineárně klesá, výšku v bodu S nad stěnou ABCD můžeme spočítat jako průměr těchto dvou výšek:

Objem ponořené části bude \frac{5}{8}a\times a^{2} = \frac{5}{8}a^{3}. Pod vodou se tedy nachází 5/8 objemu krychle.

Komentář: Skoro všichni řešitelé si s příkladem bravurně poradili. Za perfektní zpracování úlohy musím pochválit obzvláště Štěpána Sikoru, který řešení příkladu namodeloval za pomocí laseru na Rubikově kostce.

Úloha č. 6

Šachovnice má rozměry 8 \times 8, čtverečky jsou označeny čísly 1 až 64. Domino se skládá ze dvou čtverečků, které spolu sousedí hranou. Kolik různých domin lze z šachovnice vyříznout?

Řešení: Nejjednodušší postup, jak řešit tuto úlohu, začal spočítáním, kolik domin může být vodorovně na jednom řádku. To vyjde 7. Potom toto číslo vynásobíme počtem řádků (řádků bylo osm), a protože svislých domin je stejně jako vodorovných, stačí jen výsledek vynásobit dvěma. Vyšlo to tedy 7 \cdot 8 \cdot 2 = 112. Takto úlohu řešila i podstatná část řešitelů.

Další postup byl nějak sčítat všechny možnosti. Tuto cestu zvolila většina řešitelů a počítali je různými způsoby, od vypsání všech, přes dělení na různé části až po zjišťování v kolika dominech je které políčko. Všechny tyto cesty vedly ke správnému výsledku, ale bylo jich hodně různých, tak je nebudu rozepisovat.

Nejvtipnější postup měla myslím Eliška Vimmerová, která začala trochu indukcí a zjistila, že pro šachovnici n \times n je počet domin (n-1)\cdot n\cdot 2, což je pro n=8 také správných 112.

Komentář: Tato úloha byla nejjednodušší, kterou jsem zatím opravoval, nebo ji posílali zatím nejlepší řešitelé, protože ji všichni měli správně (správný výsledek i postup). Proto můžu řešitele jen pochválit a doporučit, aby takto řešili i ostatní úlohy -- podobně pestrými postupy, přitom všemi vedoucími ke správným výsledkům.

Úloha č. 7

Odysseus, Meneláos a Agamemnón si chtěli rozdělit truhlu plnou zlatých mincí. První k ní přišel Odysseus a chtěl mince rozdělit na třetiny, ale jedna mince přebývala. Tak si vzal třetinu a přebývající minci. Pak tam přišel Meneláos a také chtěl rozdělit zlato na třetiny, ale jedna mince přebývala. Vzal si proto třetinu a ještě tu přebývající. Po něm přišel Agamemnón a také chtěl rozdělit mince na třetiny, ale opět jedna přebývala. Vzal si tedy třetinu a jednu přebývající minci. Nakonec se tam sešli všichni tři a tentokrát už šlo rozdělit mince přesně na třetiny. Kolik nejméně mohlo být na začátku v truhle mincí?

Řešení: Tento typ úloh se nejsnáze řeší od konce. Projdeme si tedy, co se stalo, od konce, a vývoj počtu mincí si zapíšeme rovnicemi. Začneme tedy, když se sešli všichni tři. O počtu mincí na hromadě víme, že je dělitelné třemi (šel rozdělit na tři), tak si ho označíme 3n.

Těchto 3n mincí tam zbylo potom, co Agamemnón sebral třetinu a jednu navíc, takže před Agamenonem na hromádce bylo 3k + 1 a zbylých 2k = 3n.

Těchto 3k+1 je opět zbytek po Meneláovi, který sebral třetinu a jednu navíc, takže před ním na hromádce bylo 3l + 1, přitom 2l = 3k + 1.

A těchto 3l + 1 je zbytek po Odysseovi, který přišel první a také vzal o jedna víc než třetinu, takže původně tam bylo 3m + 1, přičemž 2m = 3l + 1.

Tyto rovnice vypíšeme samostatně:

kde k, l, m a n jsou celá kladná čísla, protože odpovídají počtům mincí. A hledáme nejmenší řešení pro 3m + 1.

Nejsnazší postup zjištění nejmenšího řešení mi přijde (stejně jako podstatné části řešitelů) to prostě ozkoušet. Jak někteří správně poznamenali, čím menší bude n, tím menší bude k, l, m i 3m+1, takže hledáme nejmenší možné n.

Z rovnice 2k = 3n vidíme, že n je sudé, takže stačí vyzkoušet sudá čísla (od nuly).

Nula být n nemůže, protože potom by i k bylo nula a 2l = 1 by nemělo řešení.

Pokud by n = 2, potom by k=3, z toho by plynulo l = 5 a z toho m = 8 (všechno prošlo). Takže n = 2 je řešení, které splňuje všechny předpoklady a je nejmenší. Původně tedy bylo na hromádce 3m + 1 = 25 mincí.

Komentář: Řešitelé opět postupovali různými cestami jako odzadu, odpředu, vytvářením rovnic až po vyzkoušení všech možností. Všechny postupy, které vedly k řešení a zdůvodňovaly, že to nemohlo být jinak, dostaly plný počet bodů.

Opravovali: 1. Klára Pernicová a Tomáš Flídr, 2. Eliška Vítková, 3. Magdaléna Mišinová, 4. Antonín Hejný, 5. Adam Dřínek, 6. František Steinhauser, 7. František Steinhauser.