Nástiny řešení 4. série

Upozornění: Nástiny řešení jsou pouze nastiňující a neobsahují kompletní argumenty. Pokud byste něco takového odevzdali, plný počet bodů by za to nejspíš nebyl.

Úloha 1.

Označme si hmotnost prázdné plechovky, samotného nálevu a samotného ananasu postupně jako p, n, a. Pak pomocí těchto proměnných a informací ze zadání můžeme sestavit následující rovnice:

(i) p + a + n = 700

(ii) a = 2 \cdot n

(iii) p + n = 300

Náš úkol je přijít na to, kolik váží samotná plechovka, hledáme tedy hodnotu p. Po odečtení (i) - (iii) dostáváme a = 400. Po dosazení do (ii) dostáváme n = 200. Už nám zbývá jen dosadit hodnoty a a n do (i), což nám dává finální výsledek, že hmotnost plechovky je p = 100 gramů.

Úloha 2.

Označme si číslo ze zadání jako A = \overline{abcd}, kde a, b, c, d jsou číslice (číslice a je navíc nenulová, aby byla zachována podmínka, že se jedná o čtyřmístné číslo). Použijme známý trik a číslo A zapišme pomocí mocnin desítky:

A = \overline{abcd} = 1000 \cdot a + 100 \cdot b + 10 \cdot c + d.

Nyní podle zadání přičtěme a odečtěme násobky jeho cifer:

1000 \cdot a + 7 \cdot a + 100 \cdot b - 5 \cdot b + 10 \cdot c - 10 \cdot c + d - 20 \cdot d = 1007 \cdot a + 95 \cdot b - 19 \cdot d.

Můžeme si všimnout, že čísla 1007, 95, 19 jsou všechna dělitelná číslem 19, můžeme ho tedy z výrazu vytknout a dostaneme: 19 \cdot (53 \cdot a + 5 \cdot b - d), což je jasně dělitelné číslem 19.

Úloha 3.

Nejmenší přirozené číslo, které je podílem dvou čtyřciferných čísel, je 1, největší 9. Po dělení sedmi to má dávat zbytek 2, možnosti jsou proto jen 2 a 9.

Možnosti pro podíl 2 jsou 2000/1000, 2002/1001, 2004/1002, \dots, 9998/4999, což dává celkem 4000 zlomků.

Možnosti pro podíl 9 jsou 9000/1000, 9009/1001, 9018/1002, \dots, 9999/1111, což dává celkem 112 zlomků (jmenovatelé jsou od 1000 do 1111).

Výsledkem je proto 4112 zlomků.

Úloha 4.

Označme r rovinu, v níž leží obě špejle. Průnik r s povrchem koule je kružnice, označme ji k. Vyznačený bod označme V (tudy špejle procházejí do koule), dále postupně A, B označme body, ve kterých špejle opouštějí kouli.

Trojúhelník ABV je pravoúhlý, proto je kružnice k dokonce Thaletovou kružnicí nad průměrem AB. Z Pythagorovy věty zjistíme |AB| = 10\ {\rm cm}, tedy poloměr k je 5\ {\rm cm}.

Označme K střed k, dále S střed koule. Ze symetrie je nutně SK kolmé k rovině r, tedy je trojúhelník SKA pravoúhlý. Víme, že KA je poloměr k, dále že SA je poloměr koule. Z Pythagorovy věty tak získáme |SK| = 12\ {\rm cm}. Zároveň je SK právě hledaná kolmá vzdálenost středu koule od roviny špejlí, odpovědí je proto 12\ {\rm cm}.

Úloha 5.

Uvážíme, že vzdálenost Elišky od zdroje paprsku nemáme; jak praví edit. Díky kolmostem si situaci představíme jenom ve 2D. Označíme zdroj jako Z, bod odrazu od zrcátka jako R, bod odrazu od zrcadlové zdi jako D, bod průniku Eliščiny polopřímky se zrcadlovou zdí jako E.

Ze zadání |ZD| = 2, |ZE| = \sqrt{3}, úhel ZED je pravý, úhel RZE má 60 stupňů. Pomocí Pythagorovy věty použité na trojúhelník ZED zjistíme |DE| = 1 a spatřujeme, že se vlastně jedná o polovinu rovnostranného trojúhelníku. Takže úhel ZDE má 60 stupňů a úhel DZE má 30 stupňů (a tedy úhel DZR má zbývajících 30 stupňů). Z poučky, že úhel dopadu je úhel odrazu, je vnější úhel od EDR roven velikosti úhlu ZDE, tedy 60 stupňům. Z přímého úhlu 180 stupňů zjistíme velikost úhlu ZDR rovnou 60 stupňům. Dopočítáme součet vnitřních úhlů v trojúhelníku ZDR a máme velikost úhlu ZRD rovnou 90 stupňům.

Bodem R veďme přímku r tudy, kudy vede zrcátko. Pro úhel dopadu a odrazu víme, že r s ZR svírá 45 stupňů. A teď úvahou s pomocí koukání do obrázku - ZR svírá se zemí úhel 60 stupňů, s přímkou r svírá úhel 45 stupňů opačným směrem, takže ještě 15 stupňů do rovnoběžnosti se stropem. Zrcátko tedy se stropem svírá úhel 15 stupňů.

Když Eliška seděla na přímce a ne jen na polopřímce, mohlo být zrcátko ještě na druhou stranu od zdroje. Pak vyšlo s podobným postupem ještě řešení 45 stupňů.

Úloha 6.

Víme, že Eufemie kytky zalévá každou neděli a musí zalévat nejméně každý druhý den. Pokud si zbylé dny (pondělí až sobotu) rozdělíme na po sobě jdoucí dvojice - pondělí + úterý, středa + čtvrtek, pátek + sobota, musí v každé dvojici alespoň jeden den zalévat. Máme 3 dvojice a v každé může zalévat první den, druhý den, nebo oba dva dny, takže každou dvojici dnů můžeme zalévat třemi způsoby. To nám dává dohromady 3 \cdot 3 = 27 možností, jak přes týden zalévat.

Jenže v těch máme započítané i možnosti, kdy si v první dvojičce vybere jen pondělí a v druhé jen čtvrtek, nebo ve druhé jen středu a ve třetí jen sobotu. V těchto možnostech by dva dny v řadě kytky nikdo nezalil, takže ty musíme od možných řešení odečíst. Je jich 1 \cdot 1 \cdot 3 pro první případ a stejnětak pro druhý, celkem tedy má 27 - 6 = 21 možností, jak zalévat.

Úloha 7.

Eliška si napřed může vybrat jakékoliv celé číslo mezi 3 a 100, následně si z nich vybírá 3. Celkový počet možností, jak se může k dostat ke třem finalistům, kteří se jí pokloní dvakrát, tedy můžeme vyjádřit jako součet: počet možností, jak vybrat 3 když předtím vybrala 3 + počet možností, jak vybrat 3, když předtím vybrala 4 + \dots + počet možností, jak vybrat 3, když předtím vybrala 100. Pomocí kombinačních čísel bychom tuto sumu zapsali jako:

{3 \choose 3} + {4 \choose 3} + \dots + {100 \choose 3}.

Se zjednodušením tohoto součtu nám pomůže tvrzení O hokejce z průvodního povídání, díky kterému víme, že se tento výraz rovná {101 \choose 4} = 4082925.