Nástiny řešení 2. série Pikomatu

Upozorňujeme, že nástiny řešení nejsou kompletní vzorová řešení. Jedná se často pouze o částečné argumenty, které nastníní nějakou možnost, jak by se úloha mohla řešit. Za odevzdání by nemusel být plný počet bodů.

Úloha 1

Obrazec je vždy čtverec o straně 2n+1 ze kterého odečteme z každého rohu takový trojúhelník, kde je 1+2+..+n kamenů, kde n je po kolikátém roce to je ten obrazec. Takže po n-tém roce to je (2n+1)^2-4\cdot\frac{n(n+1)}{2}=2n^2+2n+1 a po stém roce tedy 2\cdot100^2+2\cdot100+1=20201

Úloha 2

Aby bylo číslo dělitelné devíti, tak stačí, že jeho ciferný součet je dělitelný devíti. Máme k dispozici cifry 0,2,4,6,8 a každou můžeme vzít jednou. Součet těchto cifer je 20, což znamená, že musíme 2 nebo 11 nebo 20 ubrat, aby byl součet dělitelný devíti. Největší číslo vznikne, když ubereme 2, tedy nepoužijeme číslici 2 jako cifru. Jinak můžeme použít všechny cifry. Potom největší číslo bude 8640.

Úloha 3

Všimněme si, že každým tahem zmenšíme počet čísel o 1 a zároveň zmenšíme o 1 i součet všech čísel. Na začátku je součet 1+2+...+20=\frac{20\cdot21}{2}=210. Po 19 tazích získáváme 1 číslo se součtem 210-19=191, takže i to číslo bude 191.

Úloha 4

Nejprve obarvíme tabulku. Nechť má výherní políčko vlevo dole souřadnice 1,1. Pak políčka s oběma lichými souřadnicemi obarvíme černě, ostatní bíle.

Vyhraje Sára a to takhle: jako první tah posune Báru o jedno políčko doleva i dolů a potom vždycky zopakuje ten tah, co odehrál Mára. Každým tahem se Bára může dostat z černého políčka jen na bílé. A z bílého políčka vždycky vede cesta na nějaké černé. Bára je po prvním tahu na černém políčku nejvíc vpravo a nejvíc nahoře. Mára jí potom může dostat jen na bílé políčko a Sára, zopakováním Márova tahu, vrátí Báru na černé políčko. Výherní políčko je černé a tedy se tam takovýmto algoritmem může dostat Bára jen po Sářině tahu.

Úloha 5

Protože 3\mid x+y, tak 9\mid (x+y)^2. A protože 3\mid x-y, tak 9\mid (x-y)^2. Teď když sečteme (x+y)^2+(x-y)^2=2(x^2+y^2), víme, že to určitě dělí devítka, takže 9\mid 2(x^2+y^2). Jelikož 9 a 2 jsou nesoudělná, dostáváme že 9\mid x^2+y^2

Úloha 6

Označme si postupně nohy jako A, B, C, D, kde |A| = 90, |B| = 95, |C| = 105, |D| = ?

Pak jelikož rozdíl |B| - |A| = 5 a rozdíl |B| - |C| = 10, stejné vztahy by měly platit i symetricky pro nohu D. Dostáváme tedy: ||D|-|C|| = 5 a ||D| - |A|| = 10, z čehož už je jasné, že |D| = 95 + 5 = 90 + 10 = 100.

Úloha 7

Vezmeme si jednak středy všech tří kružnic a druhak vnější dotyky kružnic a vnějšího kraje oblasti, kterou máme spočítat. Středy kružnic nám společně vytvoří rovnostranný trojúhelník o straně 2. Kromě toho nám vzniknout tři obdélníčky o stranách 2 \cdot 1.

Od obsahu rovnostranného trojúhelníku nám stačí odečíst třikrát jedna šestina kruhu, tedy \frac{3}{6} \cdot \pi \cdot r^2. Od každého obdélníčku nám stačí odečíst dvakrát jedna čtvrtina kruhu, obdélníčky jsou tři, takže 3\cdot \frac{2}{4} \cdot \pi \cdot r^2. Celkově tak dostaneme, že obsah šedé oblasti je: 3 \cdot (1 \cdot 2) + \sqrt{3} -\frac{\pi \cdot r^2}{2} - \frac{3 \pi \cdot r^2}{2} = 6 + \sqrt{3} - \frac{\pi}{2} - \frac{3 \cdot \pi}{2} = 6 + \sqrt{3} - 2\pi