Nástiny řešení 6. série

Tradičně připomínáme, že nástiny řešení neobsahují celé důkazy a myšlenky a plný počet bodů by za to pisatel nemusel získat.

Úloha 1.

Označme zadanou kružnici o poloměru 20 cm jako k. Průsečíky přímky p a k označme postupně jako D, E. Průsečík polopřímky t a k pak označme jako F. Střed k nechť je S.
Aby byla kružnice k přímkou p a polopřímkou t rozdělena na třetiny, muselo by platit, že |DE| = |EF| = |FD|, tedy že DEF je rovnostranný trojúhelník. Aby DEF byl rovnostranný, úhly při vrcholech D, E, F musí být 60^{\circ}. Jelikož jsou p, t na sebe kolmé, trojúhelníky BEF, DBF jsou pravoúhlé s pravým úhlem u vrcholu B. Z dopočtu do 180^{\circ} v těchto dvou trojúhelnících pak víme, že úhly BFE, BFD mají oba velikost 30^{\circ}. Bod B tím pádem leží na ose úhlu rovnostranného trojúhelníku, tedy ve středu protější strany DB.
Osa FB splývá s výškou na DE. Vzdálenost |SB| pak vypočítáme z pravoúhlého trojúhelníku DBS, který má vnitřní úhly 30^{\circ},60^{\circ},90^{\circ}, odvěsna |SB| má tedy poloviční délku než odvěsna |DS|, což je |SB| = 20 / 2 = 10 cm.

Úloha 2.

V červeném hrnci jsou 2 litry bujonu, 1 litr alkoholu a 1 litr něčeho nerozeznatelného. V zeleném hrnci je 5 litrů alkoholu a 4 litry bujonu. Označme x zlomek kapalin červeného hrnce, které použijeme ve výsledné kapalině, obdobně y zlomek kapalin zeleného hrnce. Sestavíme rovnici pro cílový objem:

A rovnici pro cílový poměr alkoholu a bujonu:

Vyjde nám x=\frac{3}{7}, y=\frac{1}{7}. Máme tedy použít \frac{12}{7} litru kapaliny z červeného hrnce a \frac{9}{7} litru kapaliny zeleného hrnce.

Úloha 3.

Maximální počet políček, co za daných podmínek můžeme vybarvit, je 7 \cdot 8 = 56. To zobrazuje konstrukce, kde pro každé vybarvené pole platí, že počet vybarvených polí ve zbytku jeho řádku a sloupce je 7 + 6 = 13, což je liché číslo. To získáme například tak, že vybarvíme celou tabulku kromě posledního sloupce, který necháme celý prázdný.

Proč nemůžeme vybarvit více políček? Jakmile jedno pole vybarvíme, ve zbytku jeho sloupce je 7 políček a ve zbytku jeho řádku je také 7 políček. Kdybychom polí měli vybarvených alespoň 57, prázdných polí bude nanejvýš 7. Pak by platilo, že alespoň jeden řádek a zároveň alespoň jeden sloupec je celý vybarvený a pro vybarvené políčko v jejich průniku zadaná podmínka lichosti neplatí, tedy docházíme ke sporu.

Úloha 4.

Protože je v řadě za sebou 504 bytostí, můžeme je rozdělit do 504/6 = 84 po sobě jdoucích nepřekrývajících se šestic. Protože každá bytost má alespoň 1 oko, žádná nemá 4 oči a v rozdělených šesticích má každá bytost unikátní počet očí, v každé šestici je počet očí minimálně 1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7 = 24. Dohromady ve všech šesticích, tedy v celém zástupu, je tím pádem minimální možný počet očí 24 \cdot 84 = 2016, což je přesně počet očí, o který usilujeme. V každé z daných skupinek tedy musí být právě uvedené počty očí 1, 2, 3, 5, 6, 7.

Vezměme si libovolné číslo z uvedené množiny a označme jej jako a. Toto číslo a přiřaďme 6. bytosti. Nějaká z bytostí 7 až 12 musí mít také číslo a, ale zároveň v šestici 6 až 11 už někdo toto číslo má. Nutně jej tedy musí mít bytost číslo 12.

Podobně (induktivně) bychom ukázali stejné tvrzení znovu a znovu, z čehož zjistíme, že podle toho, jak uspořádáme první šestici, budou jednoznačně (shodně) uspořádané všechny zbylé šestice. Možných posloupností je tím pádem 6!, což je rovno počtu možností, jak počty očí přiřadit jedné šestici bytostí - řešením je 720.

Úloha 5.

Pro spor předpokládejme, že zadaná rovnost pro nějaká a, x platí. Přepišme si \overline{xa} jako 10 \cdot x + a, podobně \overline{ax} jako 10^k \cdot a + x, kde k je počet číslic čísla x (o tomto počtu ze zadání víme, že je alespoň 2). Rovnici pak můžeme přepsat do tvaru:

tedy

Jelikož 2\cdot 10^k-1 je jistě liché, a přitom má být jak levá, tak pravá strana rovnice dělitelná 8, nutně platí:

Pak ze zadané rovnice máme: \overline{199 \dots 98} = 2\cdot \overline{8199 \dots 9}. Jelikož obě čísla \overline{xa}, \overline{ax} mají stejný počet cifer, dostáváme se ke sporu, protože očividně platí \overline{ax} > \overline{xa}, což nemůže platit zároveň se zkoumanou rovností.

Úloha 6.

Představme si Pascalův trojúhelník a v něm ukažme na libovolné číslo, které není 1. Toto číslo A nám bude sloužit jako číslo 120 ze zadání, budeme hledat, pomocí jakých kombinačních čísel nám může A vyjít (A nemůže být 1 vzhledem k podmínce n > k > 0). Podívejme se na diagonály, které vedou dolů z čísla A. Ty nám ohraničí (z boků) menší trojúhelník, ve kterém jsou všechna čísla větší než A, vzhledem k tomu, že každé z nich je součtem A a dalších čísel. Žádné z těchto čísel tedy číslu A nemůže být rovno. Podívejme se nyní na ostatní čísla v řádku, ve kterém je A, ty co jsou od něj napravo označme jako pravá, ty co jsou nalevo, levá. Dále si představme přibližnou svislou osu, co vede číslem A. Když budeme uvažovat diagonály, co vedou přibližně od zmíněné osy doleva do levých čísel a doprava do pravých čísel, když půjdeme po libovolné z těchto diagonál (kromě té jedničkové), čísla na ní se nám zvětšují. Vzhledem k tomu, že číslo A je na n-tém řádku, je v jeho řádku dalších n+1 čísel a tedy n+1 diagonál zvětšujících se čísel a dvou jedničkových diagonál. Číslo A může tedy být v každé z nejedničkových diagonál maximálně jednou, tedy kromě prvku A samotného se tam může stejně číslo vyskytnout ještě (n-1)-krát, celkem tedy n-krát.

Úloha 7.

Jednotlivé kostičky v kostce obarvíme. Použijeme šachovnicové obarvení, ale barva se bude střídat ne po každé kostičce, ale po každé druhé. Spodní hrana při pohledu zepředu má postupně dvě černé, dvě bílé a dvě černé kostičky; levá hrana při pohledu zepředu má také postupně dvě černé, dvě bílé a dvě černé kostičky; spodní hrana při pohledu zprava má také postupně dvě černé, dvě bílé a dvě černé kostičky. Celkově kostka obsahuje 120 černých kostiček (15 černých útvarů 2\times 2\times 2) a 104 bílých kostiček (13 bílých útvarů 2\times 2\times 2).

Ať už dílek 1\times 2\times 4 dáme jakkoli, vždy bude zabírat přesně 4 černé a 4 bílé kostičky. Protože ale cílová kostka obsahuje různý počet černých a bílých kostiček, z dílků ji složit nedokážeme.