Nástiny řešení 5. série

Upozornění: nejedná se o vzorová řešení a postupy nejsou úplné.

Úloha 1.

Začněme tím, že najdeme všechny přirozené dělitele zadaného čísla 120. Platí 120 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5, toto číslo má tedy (3+1) \cdot (1+1) \cdot (1+1) = 16 dělitelů, což jsou: 1, 2^1, 3^1, 2^2, 5^1, 2 \cdot 3, 2^3, 2 \cdot 5, 2^2 \cdot 3, 3 \cdot 5, 2^2 \cdot 5, 2^3 \cdot 3, 2 \cdot 3 \cdot 5, 2^3 \cdot 5, 2^2 \cdot 3 \cdot 5, 2^3 \cdot 3 \cdot 5. Rozdělme si hráče do dvou dvojic. BÚNO je součin čísel první dvojice číslo a z množiny dělitelů čísla 120 (tedy 16 možností), pak součin čísel zbylé dvojice je nutně \frac{120}{a}. Pro každé takové a spočítáme počet jeho dělitelů, tedy možností, jak získat dané číslo a jako součin dvou čísel. Tyto počty jsou rovny postupně: 1, 2, 2, 3, 2, 4, 4, 4, 6, 4, 6, 8, 8, 8, 12, 16. To stejné platí pro druhou dvojici. Celkový počet možností tedy spočítáme jako: 2\cdot (1 \cdot 16 + 2\cdot 12 + 2 \cdot 8 + 3\cdot 8 + 2\cdot 8 + 4\cdot 6 + 4 \cdot 4 + 4 \cdot 6) = 320.

Úloha 2.

Spočítejme si úhlové rychlosti obou ručiček. Malá ručička oběhne 360^\circ za 50 minut, takže za 1 minutu oběhne za \frac{360}{50} ^\circ. Podobně velká ručička \frac{360}{80}, ale hýbají se opačným směrem. Tím pádem za t minut uběhnou dohromady t \cdot \left( \frac{360}{50} + \frac{360}{80} \right) stupňů. Úhel 90^\circ tedy společně uběhnou (budou ho svírat) za t = \frac{90}{\frac{360}{50} + \frac{360}{80}}, což je \frac{90}{11,7} (asi 7.7) minut.

Úloha 3.

Jelikož je jehlan pravidelný, je jeho tělesová výška kolmá na podstavu a v počáteční poloze prochází jejím těžíštěm. Pomocí Pythagorovy věty dopočítáme délku boční hrany a výšku boční stěny v začáteční poloze. Výška (tedy těžnice) podstavy je rovna \sqrt{3^2 - 1.5^2} = 1.5 \cdot \sqrt{3}, vzdálenost vrcholu podstavy od jejího těžiště je tedy \sqrt{3}. Délka boční hrany je pak \sqrt{10^2 + 3} = \sqrt{103}. Výška boční stěny je tedy \sqrt{\sqrt{103}^2 - 1,5^2} = \sqrt{100.75}. Nyní nám chybí z trojúhelníku o stranách \sqrt{100.75}, 1.5 \cdot \sqrt{3}, \sqrt{103} zjistit výšku v na stranu \sqrt{100.75}. Jelikož obsah tohoto trojúhelníku můžeme spočítat buď jako \frac{1.5 \cdot \sqrt{3} \cdot 10}{2} = 7.5 \cdot \sqrt{3} nebo jako \frac{\sqrt{100.75} \cdot v}{2}, tyto dva vztahy dáme do rovnosti a musí platit, že v=\frac{15\sqrt{3}}{\sqrt{100.75}}, to je asi 2.6\ {\rm cm}.

Úloha 4.

Protože je trojúhelník ABC rovnoramenný, úhly CAB a ABC mají každý 75 stupňů, bod D je patou výšky z C a tedy trojúhelník ADC je pravoúhlý. Z Pythagorovy věty dopočítáme |CD| = 4+2\sqrt{3}\ {\rm cm}. Trojúhelník má obsah 4\cdot (4+2\sqrt{3}) / 2 = 8 + 4\sqrt{3}\ {\rm cm^2}.

Kružnice se pouze dotýkají, a to v bodech D,E,F. Od obsahu ABC nám stačí odečíst části jednotlivých kruhů. Kruh se středem A má poloměr 2\ {\rm cm} a část uvnitř ABC je \frac{75}{360} jeho obsahu. Obsah uvnitř ABC je pak \pi \cdot 2^2 \cdot \frac{75}{360}. Stejně tak je tomu u kruhu se středem v B. Kruh se středem v C má poloměr 2(\sqrt{6}+\sqrt{2}) - 2 a část uvnitř ABC je \frac{30}{360} jeho obsahu. Obsah uvnitř ABC je pak \pi \cdot (2(\sqrt{6}+\sqrt{2}) - 2)^2 \cdot \frac{30}{360}.

Nakonec tedy odečteme a vyjde nám 4 \cdot (2 + \sqrt{3}) + \frac{2}{3} \cdot (-7 + \sqrt{2} - 2 \sqrt{3} + \sqrt{6}) \cdot \pi \ {\rm cm^2}.

Úloha 5.

Kdybychom první domino umístili na pozice D3 a E3, pak by nám vznikly dvě oddělené části o rozměrech 3 x 5. Jelikož mají obě lichý počet polí, nelze je vydláždit dominy, z čehož jasně vyplývá, že první domino na dané pozice umístit nemůžeme. Daná pole ale stejně musí být pokrytá, nutně tedy musíme dvě domina umístit na pozice postupně C3, D3 a E3, F3. Pak nám vzniknou dva stejné útvary o 14 polích, které nezávisle na sobě umíme vydláždit stejným počtem možností. Označíme-li tedy tento počet jako k, počet možností jak vydláždit celý útvar bude k \cdot k = k^2, kde k je přirozené číslo. Celkový počet možností je tedy roven druhé mocnině priřozeného čísla.

Úloha 6.

S vyřešením této úlohy nám pomůže průvodní povídání o Pascalově trojúhelníku. Nejdřív zjistěme, jak se Eliščina chyba v 10. řádku promítla do následujících řádků. Jelikož se v jednom čísle spletla o 1, pak obě čísla "pod" tímto číslem od správného počtu také liší o 1. Trojice čísel pod nimi se pak liší o 1, 2, 1 a tak dále. Rozdíly mezi našimi počty a správnými počty nám tedy tvoří také Pascalův trojúhelník. Jak je známo, součet čísel v n. řádku Pascalova trojúhelníku je 2^{n-1}. Součet čísel na 20. řádku správného Pascalova trojúhelníku je tedy 2^{19}, přičemž od tohoto součtu nás Eliščina chyba vzdálila o 2^{20-10+1-1} = 2^{10} (rozdílový trojúhelník začíná na 10. řádku a končí na 20. řádku, má tedy výšku 11). Součet čísel 20. řádku našeho trojúhelníku je tedy buď 2^{19} + 2^{10}, kdyby jedničku omylem přičetla, nebo 2^{19} - 2^{10}, kdyby jedničku odečetla.

Úloha 7.

Nejprve určíme, jaké jsou možné zbytky čísel po dělení šesti a sedmi. Budeme používat značení zbytek x\ {\rm mod}\ y, tedy zbytek je x po dělení číslem y.

Jedno z čísel je dělitelné sedmi, tedy má zbytek 0\ {\rm mod}\ 7. Pokud někdo má zbytek 3\ {\rm mod}\ 7, tak už hned zná čísla - jsou to zbytky 0,1,2,3\ {\rm mod}\ 7. A pokud má někdo zbytek 4\ {\rm mod}\ 7, už ví, že sada čísel má zbytky 4,5,6,0\ {\rm mod}\ 7. Povolené jsou pak jen zbytky 5,6,0,1,2\ {\rm mod}\ 7.

Zkusíme, komu dát zbytek 0\ {\rm mod}\ 6. Kdyby ho dostala ta Omnifera, která má zbytek 5\ {\rm mod}\ 7, tak by Omnifera A se zbytkem 1\ {\rm mod}\ 7 měla zbytek 3\ {\rm mod}\ 6. Pak by A věděla, že je na kraji a uhádla by díky zbytku po dělení sedmi, že má nejvyšší číslo. Obdobně vyloučíme i možnost, že by zbytek 0\ {\rm mod}\ 6 dostala Omnifera se zbytkem 2\ {\rm mod}\ 7.

Kdyby zbytek 0\ {\rm mod}\ 6 dostala ta se zbytkem 6\ {\rm mod}\ 7, nikdo nesmí mít zbytek 2\ {\rm mod}\ 7, protože hned ví, že má nejvyšší číslo. Sada se zbytky 5,6,0,1\ {\rm mod}\ 7 a 5,0,1,2\ {\rm mod}\ 6 vyhovuje. Obdobně vyloučíme sadu 6,0,1,2\ {\rm mod}\ 7 a 0,1,2,3\ {\rm mod}\ 6. Sada se zbytky 6,0,1,2\ {\rm mod}\ 7 a 4,5,0,1\ {\rm mod}\ 6 vyhovuje.

Nejmenší společný násobek 6 a 7 je 42, další sada bude vždy o 42 vyšší než předchozí. Možnosti jsou: (118,119,120,121), (160,161,162,163),\dots,(958,959,960,961) a (131,132,133,134),(173,174,175,176),\dots,(971,972,973,974). Celkem je pro rituál na výběr 42 sad.