Nástiny řešení 2. série

Nejedná se o kompletní vzorová řešení úloh, jen ukážou směr, jakým bylo možno se vydat. Za takovéto postupy by plný počet bodů možná nebyl.

Úloha 1.

Začneme od konce trasy. Půjdeme po hraně, jinak bychom se od cíle zbytečně vzdálili. Ať vybereme jakoukoli hranu, situace bude stejná, pouze otočená. Vyberme směr dozadu. Stačí nám už jen zadní stěna s osmi krychličkami. Můžeme nevyužít díry, tedy půjdeme doprava, šikmo nahoru doprava, šikmo nahoru dozadu. To má délku 1+2\sqrt{2}. A nebo půjdeme dírou. Trik spočívá v tom, že si nakreslíme síť tělesa a nakreslíme na ni rovnou čáru. To značí nejkratší trasu po daných čtvercích. Vystačíme si s dolním a pravým čtvercem v díře, pravým prostředním a pravým horním čtvercem zadní stěny. Vytvoří to takové "Z". Délka rovné čáry přes tuto síť je \sqrt{13}. Kratší je tato možnost a celková délka trasy je tedy 1+\sqrt{13}.

Úloha 2.

Obvod útvaru AEDBGFCIH je tvořen třemi stranami každého z čtverců. Zároveň strana čtverce vždy odpovídá jedné ze stran trojúhelníka ABC. Obvod AEDBGFCIH je tedy trojnásobný oproti obvodu trojúhelníku ABC, který tedy je 10\ \rm{cm}.

Úloha 3.

Vyzkoušíme, že určitě pro 1,2,3 platí 1+2+3=NSN(1,2,3). To bude stále pravda, když celou trojici vynásobíme stejným číslem. Vytvoříme trojice s číslem 84. Máme (28,56,84), (42,84,126) a (84,168,252). Řešení jsou (28,56), (42,126) a (168,252).

Úloha 4.

Zkušenější vojáci v dvojici musí být vojáci, co slouží 8 až 14 let, protože pro ně neexistuje žádný voják, co by měl alespoň dvojnásobný počet let ve službě. S vojákem 7 může být ve dvojici jen voják 14. S vojákem 6 mohou být ve dvojici jen vojáci, kteří jsou ve službě 12 a více let. Ti jsou 3, ale jeden z nich je s vojákem 7, takže zbývají jen dvě možnosti. S vojákem 5 mohou být ve dvojici jen vojáci, kteří jsou ve službě 10 a více let. Těch je 5, ale jeden z nich je s vojákem 7 a jeden s vojákem 6. A s vojáky 1 až 4 už může být ve dvojici libovolný z vojáků 8 až 14. Voják 4 má už jen 4 možnosti, voják 3 tedy jen 3 možnosti, voják 2 má 2 možnosti a voják 1 jen jednu možnost. Celkový počet možných dvojic je pak 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 144.

Úloha 5.

Hradba je tvořena 25 kachličkami. Kdybychom je tedy mohli pokládat libovolně, je 25! způsobů, jak hradbu poskládat. Kachličky ale musíme pokládat tak, že z těch nad sebou nejprve položíme tu nejníže, pak tu nad ní, .... Pro 4 kachličky v jednom sloupci je celkem 4! způsobů, v jakém pořadí je poskládat. Pro 3 kachličky je celkem 3! způsobů, v jakém pořadí je poskládat. Vždy ale právě jedno poskládání vyhovuje zadání. Za každé 4 kachličky nad sebou tedy vydělíme 4! a za každé 3 vydělíme 3!. Hradbu tedy můžeme poskládat celkem \frac{25!}{4!^4 \cdot 3!^3} = 216444702474000000 způsoby.

Úloha 6.

Podívám se, jak operace mění zbytek počtu I po dělení 3:
1) Ze zbytku 1 mi vyjde 2, z 2 zpátky 1 (Vyjde 4, ale odečtu 3), 0 zůstane stejná
2) Nemění počet I
3) Nemění počet I
4) Odečte 3 I, tedy zbytek nezmění
Na začátku máme 1 I, tedy zbytek 1, a na konci chceme 0 I, tedy zbytek nula. Zbytek můžeme upravovat jen operací 1, ale tím se nikdy nedostaneme na zbytek nula, tedy to je nemožné.

Úloha 7.

Víme, že 1+2+...+n= \frac{(n+1) \cdot n}{2}. Vypočítáme tedy součet čísel v prvním řádku 1+2+...+100= \frac{101 \cdot 100}{2}=5050. Všimneme si, že na každém dalším řádku jsou čísla o jedna větší než číslo v daném sloupci na předchozím řádku. Čísel je 100 v řádku, tedy součet čísel v dalších řádcích je vždy o 100 větší než součet čísel na předchozím řádku. Pokud sečteme součet čísel všech řádků, získáme součet čísel v celé tabulce: 5050+(5050+100)+(5050+ 2 \cdot 100)+...+(5050+ 99 \cdot 100)=5050 \cdot 100+(1+2+...+99) \cdot 100. Použijeme tedy 1+2+...+99= \frac{99 \cdot 100}{2}=4950 a dopočítáme 5050 \cdot 100 + 4950 \cdot 100= 1\ 000\ 000.