Vzorová řešení bonusové série 39. ročníku Pikomatu Junior MFF UK

Úloha 1

V této úloze máme tři předměty – stůl, židli a hrnek. Každý předmět si označíme písmenem – s (stůl), z (židle) a h (hrnek). Výšku židle bereme bez opěrátka.

Z prvního obrázku vidíme, že výška stolu bez hrnku a bez židle je 6. Proto můžeme napsat rovnici s-h-z = 6.

U druhého obrázku vidíme stůl a hrnky. Hrnky postavené na sebe dávají výškou dvou hrnků. Máme zde tedy stůl a 2 hrnky, od toho odečteme židli. Proto napíšeme rovnici s + 2h - z = 9.

Na poslední obrázku vidíme, že výška židle bez hrnku je 2. Proto napíšeme rovnici z - h = 2.

Řešení úlohy musí splňovat tyto tři rovnice, tak je pojďme vyřešit! Nejprve si rovnice zapíšeme pro přehlednost pod sebe:
s - h - z = 6
s + 2h- z = 9
z - h = 2

U poslední rovnice vidíme, že z můžeme vyjádřit jako z = 2 + h. Toto dosadíme do prvních dvou rovnic.
s - h - (2 + h) = 6
s + 2h - (2 + h) = 9

Následně upravíme:
s - h - 2 - h = 6
s + 2h - 2 - h = 9

a sečteme:
s - 2h - 2 = 6
s + h - 2 = 9.

Neznámé s, z, h necháme na levé straně a čísla převedeme na druhou stranu:
s - 2h = 6 + 2
s + h = 9 + 2.

Čísla na pravé straně sečteme.
s - 2h = 8
s + h = 11.

Z první rovnice vyjádříme s: s = 8 + 2h.

Následně dosadíme s do druhé rovnice:

(8 + 2h) + h = 11.

Sečteme neznámé na levé straně:

8 + 3h = 11

a převedeme čísla na pravou stranu:

3h = 11 - 8.

Sečteme čísla na pravé straně:

3h = 3

a vydělíme obě strany 3.

Vyjde nám h = 1.

Do poslední rovnice dosadíme z h číslo 1, vypočítáme tak z.

z - 1 = 2

Opět převedeme čísla na pravou stranu:

z = 2 + 1

a čísla sečteme:

z = 3.

Do první rovnice dosadíme za h a z čísla a vypočítáme tak s.

s - 1 - 3 = 6

Opět převedeme čísla na pravou stranu:

s = 6 + 1 + 3

a sečteme:

s = 10.

Výška hrnku je 1, výška židle je 3 a výška stolu je 10.

Úloha 2

Šablonu šlo vyplnit například takto:

Úloha 3

Jako vzorové řešení lze použít níže přiložený náčrt. Úlohu bylo možné vyřešit, i když každým menším čtverečkem procházela maximálně jedna čára. Vzhledem k tomu, že zadání tuto podmínku nespecifikovalo, byla akceptována také řešení, která toto nesplňovala - byla tedy naprosto v souladu a v pořádku se zadáním.

Komentář: S touto úlohou se všechny došlá řešení popasovala velmi dobře, přestože se nejedná o nejlehčí úlohu, za což si všichni řešitelé zaslouží uznání.

Úloha 4

V následujícím textu a následné úloze doplňte chybějící slova.

Celými čísly myslíme čísla ... {\it (-4)},-3,-2,-1,0,1,2,3,{\it (4)} ... Přirozenými čísly myslíme čísla 1,2,3,{\it (4)} ... Tedy například -7 je celé číslo, ale není přirozené číslo.

Vezměme si nyní dvě celá čísla a, b. Pokud existuje celé číslo p takové, že a\cdot p=b, pak tuto skutečnost zapisujeme jako a \mid b (říkáme, že a dělí b). V opačném případě píšeme a \nmid b. Tedy například 3\mid 12, protože volbou p=4 dostaneme, že 3\cdot p=12. Podobně 7 \mid -35, což můžeme dokázat volbou p=-5. Nicméně 4\nmid 15, protože 15 dává po dělení čtyřmi zbytek 3. Podobně si můžeme povšimnout, že 2 \mid 8, 3 \nmid 14, 4 \mid -16 a 7 \nmid -19 (doplň vždy \mid nebo \nmid ).

Pokud pro nějaká celá čísla a,b,p platí, že p\mid a-b, pak tuto skutečnost zapisujeme jako a\equiv b \pmod p. Tím říkáme, že a dává po dělení číslem p stejný zbytek jako b. „(\!\bmod ~2)“ tedy znamená totéž jako „po dělení dvěma“. Například můžeme napsat, že 3\equiv 7 \pmod 2, 5\equiv 8\pmod 3 a 5\equiv -2\pmod 7. Navíc, když pro nějaká tři celá čísla a, b, m platí, že a\equiv b\pmod m, pak také platí že a\cdot a\equiv b\cdot b\pmod m. To si můžeme vyzkoušet třeba pro trojici čísel 2, 6 a 4. 2\equiv 6 \pmod 4, a tedy i 4\equiv 36 \pmod 4.

Pozn: Musí to platit pro všechny trojice, protože pokud a\equiv b \pmod m, pak existuje celé číslo c takové, že a=b+(c\cdot m). Potom

To znamená, že se a\cdot a a b\cdot b liší o nějaký násobek m. Z toho pak vyplývá, že platí zmiňované a\cdot a\equiv b\cdot b \pmod m.

S těmito znalostmi nyní vyřešíme úlohu:

Najděte všechna celočíselná x, která splňují následující rovnici:

Aby měla rovnice celočíselné řešení, musí mít obě strany rovnice stejné zbytky po dělení všemi přirozenými čísly. Vybereme si čtyřku. Obě strany rovnice proto „zmodulíme“ 4. To znamená, že zjistíme, jaký mají strany zbytek po dělení čtyřmi, a tyto zbytky porovnáme. Na levé straně máme 9\cdot x\cdot x + 12x + 2. 9\cdot x\cdot x můžeme rozepsat jako 8\cdot x\cdot x + 1\cdot x\cdot x. 8\cdot x\cdot x má po dělení čtyřmi zbytek {\it 0}. Zbylo nám tedy 1\cdot x\cdot x. 12x má zbytek po dělení čtyřmi {\it 0}, to znamená 12x\equiv {\it 0} (nebo libovolné jiné číslo dělitelné 4) \pmod 4. 2 má po dělení čtyřmi zbytek {\it 2}. Pravá strana má po dělení čtyřmi zbytek {\it 0}.

Na levé straně zbyl s nenulovým zbytkem výraz 1\cdot x\cdot x + 2. Jaký může mít 1\cdot x\cdot x zbytek? Víme, že operace (\!\bmod ~ 4) rozdělí všechna celá čísla do {\it 4} skupin, a to tak, že v každé skupině budou mít čísla stejný zbytek po dělení 4. Už víme, že to znamená, že i jejich druhé mocniny budou mít stejný zbytek po dělení 4. Z toho vyplývá, že abychom zjistili, jaké zbytky může mít x\cdot x \pmod 4, stačí to zjistit u jednoho zástupce z každé skupiny. Na to si uděláme tabulku:

Z tabulky lze vyčíst, že ať už má původní číslo po dělení 4 jakýkoliv zbytek, druhá mocnina tohoto čísla bude mít po dělení 4 zbytek 0 nebo {\it 1}.

Z toho vyplývá, že ať už zvolíme jakékoliv celé číslo x, 1\cdot x\cdot x bude mít zbytek buď {\it 0}, nebo {\it 1}. Když k tomu přičteme 2 (zbytek po dělení + 2), bude mít levá strana rovnice po dělení 4 zbytek {\it 2} nebo 3. Pravá strana rovnice však bude mít zbytek {\it 0}.

Strany rovnice tedy mají rozdílný zbytek po dělení 4, rovnice proto nemá řešení.

Komentář: Většina řešitelů vyřešila úlohu správně. Byla škoda, že mnozí odevzdali jen část úlohy. Body pak dostali úměrně k počtu odpovědí (z celkem 19 vynechaných polí). Tři tečky v úplném úvodu úlohy někteří pochopili jako prostor pro doplnění (-4 a 4), jiní nikoli. Proto jsme je mezi pole na doplnění nepočítali.

Úloha 5

Aby měla rovnice celočíselné řešení, musí mít obě strany rovnice stejné zbytky po dělení všemi přirozenými čísly. Vybereme si trojku. Obě strany rovnice proto „zmodulíme“ 3. To znamená, že zjistíme, jaký mají strany zbytek po dělení třemi, a tyto zbytky porovnáme. Na levé straně máme 25\cdot x\cdot x - 15x - 3. Člen 25\cdot x\cdot x můžeme rozepsat jako 24\cdot x\cdot x + 1\cdot x\cdot x. 24\cdot x\cdot x má po dělení třemi zbytek {\it 0}. Zbylo nám tedy 1\cdot x\cdot x. Výraz 15x má zbytek po dělení třemi {\it 0}, to znamená 15x\equiv {\it 0} (nebo libovolné jiné číslo dělitelné 3) \pmod 3. -3 má po dělení třemi zbytek {\it 0}. Pravá strana má po dělení třemi zbytek {\it 2}.

Na levé straně zbyl s nenulovým zbytkem výraz 1\cdot x\cdot x. Jaký může mít 1\cdot x\cdot x zbytek? Víme, že operace (\!\bmod ~ 3) rozdělí všechna celá čísla do {\it 3} skupin, a to tak, že v každé skupině budou mít čísla stejný zbytek po dělení 3. Už víme, že to znamená, že i jejich druhé mocniny budou mít stejný zbytek po dělení 3. Z toho vyplývá, že abychom zjistili, jaké zbytky může mít x\cdot x \pmod 3, stačí to zjistit u jednoho zástupce z každé skupiny. Na to si uděláme tabulku:

Z tabulky lze vyčíst, že ať už má původní číslo po dělení 3 jakýkoliv zbytek, druhá mocnina tohoto čísla bude mít po dělení 3 zbytek 0 nebo {\it 1}.

Z toho vyplývá, že ať už zvolíme jakékoliv celé číslo x, 1\cdot x\cdot x bude mít zbytek buď {\it 0}, nebo {\it 1}. Pravá strana rovnice však bude mít zbytek {\it 2}.

Strany rovnice tedy mají rozdílný zbytek po dělení 3, rovnice proto nemá řešení.