Zadání XVI. ročníku

Existuje 10 číslic a 26 písmen anglické abecedy. Chceme určit pravděpodobnost, že R2D2 bude první v abecedě mezi dvaceti roboty, tedy výsledek bude podíl počtu dvacetic, kde je R2D2 první v abecedě, a počtu všech dvacetic, kde je R2D2. Počet všech robotů je $26\cdot 10\cdot 26\cdot 10$. Počet všech dvacetic, kde je R2D2, získáme tak, že ze všech zbylých robotů vybereme 19 dalších. Tedy jmenovatel našeho zlomku bude $(\genfrac{}{}{0ex}{}{{26}^2\cdot {10}^2-1}{19})$. Počet dvacetic, kde je R2D2 první v abecedě, určíme tak, že zjistíme, kolik robotů je v abecedě za R2D2, a z tohoto počtu vybereme 19. Robotů, kteří začínají R2D a jsou v abecedě dále, existuje $7$ (poslední číslice musí být větší než 2). Robotů začínajících pouze R2 je $22\cdot 10$ (třetí pozice musí být písmeno větší než D a poslední číslice už může být libovolná). Podobně robotů začínajících pouze R existuje $7\cdot 26\cdot 10$. Robotů nezačínajících na R, kteří jsou v abecedě za R2D2, existuje $8\cdot 10\cdot 26\cdot 10$. (Opět pouze první písmeno musí být větší než R, zbytek už libovolný) Počet dvacetic, kde je R2D2 první v abecedě, je tedy $(\genfrac{}{}{0ex}{}{7+22\cdot 10+7\cdot 26\cdot 10+8\cdot 10\cdot 26\cdot 10}{19})$. Hledaná pravděpodobnost je tedy $\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{7+22\cdot 10+7\cdot 26\cdot 10+8\cdot 10\cdot 26\cdot 10}{19})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{{26}^2\cdot {10}^2-1}{19})}$, což po vyčíslení dá správnou odpověď prvních pěti nenulových číslic - 11136.

Prvně si musíme uvědomit, že když traktor přejíždí kládu, střed jeho kola bude mít od povrchu klády stále stejnou vzdálenost (konkrétně poloměr kola, tedy 50 cm.) Znamená to, že kláda a část kružnice, kterou vykreslil senzor, budou mít stejný střed. Označíme poloměr klády jako $x$ cm a pak poloměr části kružnice na počítači bude $(x+50)$ cm. Nyní se zaměříme na úhel mezi spojnicemi průsečíků části kružnice a polopřímek (v obrázku $\alpha$.) Část kružnice je zřejmě ekvigonála s obvodovým úhlem $120°$. Středový úhel je vždy dvojnásobný, tedy $240°$ a $\alpha =360°-240°=120°$. Z obrázku se zaměříme na pravoúhlý trojúhelník $ABC$ s délkami stran $(x+50)$ cm a $(x-50)$ cm. Vypočítáme $\mathrm{\angle }BAC$, který bude roven $\frac{180-\alpha }{2}°=\frac{180-120}{2}°=\frac{60}{2°=30}°.$ Použijeme znalost, že $sin(30°)=\frac{1}{2}$ a zároveň je to poměr protilehlé ku přeponě a dostáváme výsledek: $$\frac{1}{2}=\frac{50-x}{50+x}$$ $$50+x=2(50-x)$$ $$3x=50$$ $$x=\frac{50}{3}$$

Začneme tím, že si nakreslíme obrázek Devyho trasy.

Zaznačme si do obrázku úhly. Protože $ABC$ je trojúhelník rovnostranný, tak $|\mathrm{\angle }ABC|=60°$. Můžeme dopočítat, že $|\mathrm{\angle }B{P}_0{Y}_1|=30°$, a proto pak $|\mathrm{\angle }{Y}_1{P}_0{P}_1|=60°$. Vznikají nám tam proto postupně podobné trojúhelníčky, které jsou polovinou rovnostranných trojúhelníků. Ze zadání víme, že $|AB|=1$, tedy $x_0=|P_{0}B|=\frac{1}{2}$. Délku $x_1$ pak můžeme spočítat jako výšku v rovnostranném trojúhelníku se stranou $x_0$ (nebo pomocí $\sin ,\cos$ úhlů). Tedy $x_1=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_0$. Stejně tak $x_2$ můžeme spočítat jako výšku v rovnostranném trojúhelníku se stranou $x_1$, tedy $x_2=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_1$. Z cest jsme získali geometrickou posloupnost s kvocientem $q=\frac{\sqrt{3}}{2}<1$ a prvním členem $x_1=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_0=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}$. Součet této konvergující (kvocient je menší než jedna) geometrické poslupnosti pak můžeme spočítat pomocí vzorce: $$S=x_1\frac{1}{1-q}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{1}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2}{2-\sqrt{3}}\cdot \frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{4+2\sqrt{3}}{4-3}=\frac{3}{2}+\sqrt{3}$$

Pokud je $n$ soudělné s 4444, je určitě soudělné i s 2222, tedy existuje nějaké přirozené $d>1$, které dělí $n$, 4444, 2222. Což znamená, že $d$ bude dělit i $4444a+2222b$ pro libovolná přirozená čísla $a$, $b$. Tedy pokud bychom si napsali $4444a+2222b=cn+r$, kde $r$ je náš zbytek po dělení, takže $d$ musí dělit i $r$, tudíž $r$ musí být větší než 1.

Nyní se podívejme na ta $n$, která jsou s 4444 nesoudělná. Z Bezoutovy rovnosti plyne, že existují $k$, $l$, celá čísla taková, že $4444k+nl=1$. To znamená, že $4444$ dává zbytek 1 po dělení $n$, protože pokud se obě strany mají rovnat, musí dávat stejný zbytek po dělení $n$.

My bychom potřebovali nějaké přirozené číslo, ale $k$ může být i záporné. Nicméně zbytek 1 po dělení $n$ bude dávat i každé číslo ve tvaru $4444(k+cn)$ pro celé číslo $c$, tudíž existuje i přirozené číslo $k^{\prime }=k+cn$ (pro nějaké vhodné $c$) takové, že $4444k^{\prime }$ dává zbytek 1 po dělení $n$. Nyní zvolíme $b=2$ a $a=k^{\prime }-1$ a dostaneme $4444(k^{\prime }-1)+2\cdot 2222=4444k^{\prime }$, které tedy dává zbytek 1 po dělení $n$.

Takže taková $a$, $b$ existují právě pro $n$ nesoudělná s 4444. Jejich počet můžeme spočítat například pomocí Eulerovy funkce $\varphi (4444)=\varphi (4)\cdot \varphi (11)\cdot \varphi (101)=2\cdot 10\cdot 100=2000$.

Rychlost eskalátoru si označíme jako $v_e$, rychlost chůze jako $v_{ch}$ a délku eskalátoru jako $s$. Potom rychlost, jakou se budeme pochybovat nahoru (ve směru eskalátoru), bude $v_{ch}+v_e$ a rychlost, kterou se budeme pohybovat v protisměru, $v_{ch}-v_e$. Z druhé věty tedy dostáváme vztah: $$\frac{3s}{v_{ch}+v_e}=\frac{s}{v_{ch}-v_e}$$ $$3(v_{ch}-v_e)=v_{ch}+v_e$$ $$v_{ch}=2v_e$$ Dále si označíme výšku výtahu jako $x$ a z Pythagotrovy věty dostáváme, že vzdálenost začátku eskalátoru a začátku výtahu v přízemí je $\sqrt{s^2-x^2}$. Rychlost výtahu označíme jako $v_v$. Ze čtvrté věty tedy dostáváme: $$\frac{s}{v_e}=1,875\frac{x}{v_v}$$ $$v_v=1,875\frac{x{v}_e}{s}$$ A z páté věty vidíme, že $$\frac{s}{v_e}=1,2(\frac{\sqrt{s^2-x^2}}{v_{ch}}+\frac{x}{v_v}).$$ Nyní nahradíme $v_{ch}$ pomocí $v_{ch}=2v_e$ a $v_v$ pomocí $v_v=1,875\frac{x{v}_e}{s}$ a dostáváme: $$\frac{s}{v_e}=1,2(\frac{\sqrt{s^2-x^2}}{2v_e}+\frac{s}{1,875v_e})$$ $$3,75s=2,25\sqrt{s^2-x^2}+2,4s$$ $$1,35s=2,25\sqrt{s^2-x^2}$$ $$1,8225s^2=5,0625s^2-5,0625x^2$$ $$5,0625x^2=3,24s^2$$ $$\frac{x}{s}=\sqrt{\frac{3,24}{5,0625}}=\sqrt{\frac{64}{100}}=\frac{4}{5}$$ Víme tedy, že délky $x$ a $s$ jsou v poměru $4:5$, můžeme tedy položit $x=4a$, $s=5a$ a $\sqrt{s^2-x^2}=3a$. Kosinus úhlu je poměr přilehlé ku přeponě a dostáváme tedy výsledek $$\frac{\sqrt{s^2-x^2}}{s}=\frac{3a}{5a}=\frac{3}{5}.$$

Začínáme, když je 16:00 (tedy 960 min) a ručičky svírají úhel $120°={7200}^{\prime }.$ Nyní se podíváme, co se stane, když bude o minutu víc. Velká ručička se posune ve směru hodinových ručiček o $\frac{1}{60}$ celého úhlu. Celý úhel má $360\cdot {60}^{\prime }={21600}^{\prime }$, tedy náš úhel se zmenší o ${\frac{21600}{60}}^{\prime }={360}^{\prime }.$ Malá ručička se ale posune míň, konkrétně o $\frac{1}{12\cdot 60}$ celého úhlu. Náš úhel se tedy zároveň zvětší o ${\frac{21600}{12\cdot 60}}^{\prime }={30}^{\prime }.$ Když to spojíme, dostáváme, že s každou minutou se nám úhel zmenší o ${330}^{\prime }.$ Počet minut, který musíme přičíst k 960, aby se nám minuty rovnaly, si označíme jako $x$ a dostáváme jednoduchou rovnici: $$960+x=7200-330x$$ $$331x=6240$$ $$x=\frac{6240}{331}$$ Výsledek bude tedy $960+\frac{6240}{331}=\frac{324000}{331}$.

Označme si dvojnásobný celočíselný kořen jako $x_1$, pak je tam ještě třetí kořen $x_3$, přičemž protože je polynom třetího stupně, už to musejí být všechny kořeny a můžeme ho rozložit na kořenové činitele tvaru: $x^3+a{x}^2+bx+8=(x-x_1)(x-x_1)(x-x_3)$. Platí: $$\begin{array}{rl}{x}_1{x}_1{x}_3& =-8\\ x_1{x}_1+x_1{x}_3+x_1{x}_3& =b\\ x_1+x_1+x_3& =-a\end{array}$$ známé taky jako Viétovy vztahy. Vezme si první rovnici, ze které vidíme, že dvojnásobný kořen musí dělit -8 ve druhé mocnině, získáváme proto možnosti $x_1=\pm 1,\pm 2$. Počítejme:

• $x_1=1,x_3=-8$, pak $a^2-2b=6^2-2(-15)=66$

• $x_1=-1,x_3=-8$, pak $a^2-2b={10}^2-2\cdot 17=66$

• $x_1=2,x_3=-2$, pak $a^2-2b=2^2-2(-4)=12$

• $x_1=-2,x_3=-2$, pak $a^2-2b=8^2-2\cdot 12=12$

Výraz může nabývat dvou hodnot, a výsledek tedy bude jejich součet 12+66=78.

Nejdříve se zaměříme na poslední (čtvrtou) pozici. Jedná se o minutovou pozici která může obsahovat všechny číslice $0-9$. V digitálním zápisu si můžeme povšimnout, že všechny číslice jsou podmnožinou číslice $8$ ($8$ obsahuje všech $7$ segmentů). Na této pozici je možné jednoznačně určit pouze $8$, zbytek lze na ni vždy doplnit. Musíme tedy najít taková rozsvícení, že jednoznačně určují $8$. Jsou určeny $3$ segmenty (prostřední, horní vpravo, dolní vlevo), které musí vždy svítit, abychom mohli vyloučit číslice $0,6,9$. Zároveň tímto rozsvícením vyloučíme i $1,3,4,5,7$, takže nám zbývá vyloučit pouze číslici $2$. Na to máme 3 možnosti: buď bude svítit segment vlevo nahoře; vpravo dole; nebo oba. Takto jsme tedy jednoznačně určili číslici $8$, přičemž horní a dolní segment jsme vůbec nepoužili. Celkem máme tedy $3\times 2$ (horní svítí/nesvítí) $\times 2$ (dolní svítí/nesvítí) = 12 možností, jak jednoznačně určit poslední pozici.

$3.$ pozice (desítky minut) může nabývat hodnot $0-5$.

Jednoznačné určení číslice 0

Pokud bude svítit levý dolní segment, hned můžeme vyřadit $1,3,4,5$. Na odlišení od dvojky musí svítit levý horní, pravý dolní, nebo oba zároveň $=>3$ možnosti. Dále máme pořád nepoužívané $3$ segmenty (horní; pravý horní; dolní), které můžou, ale nemusí svítit. Celkem: $3\times 2^3=24$ možností. Pokud by levý dolní segment nesvítil, tak musí svítit pravý horní (pro odlišení od $5$) a levý horní (pro odlišení od $3$). Tím rovnou vyřazujeme $1$ a $2$ a pro vyřazení $4$ máme $3$ možnosti: svítí horní/ dolní/ oba. Tímto máme jednoznačně určenou $0$ bez využití pravého dolního segmentu (levý dolní musí nesvítit, aby se tyto možnosti odlišily od výše zmíněných $24$ možností) $=>3\times 2=6$ dalších možností. Celkem celkem: $24+6=30$ možností.

Jednoznačné určení číslice 1

$1$ je bohužel podmnožinou číslic $0$ a $3$, proto se nedá jednoznačně zapsat.

Jednoznačné určení číslice 2

Na displayi musí svítit prostřední segment (na rozlišení od $0$) a pokud bude svítit levý dolní (jinak se neodliší od $3$), už je $2$ jednoznačná. Pro tuto variantu máme $2^3=8$ možností (pravý horní; horní; dolní svítí/nesvítí). Jiná možnost není.

Jednoznačné určení číslice 3

Podobně jak u dvojky musí svítit prostřední ($0$) a pravý dolní ($2$). Ještě se musíme odlišit od $5$ - to máme jednu možnost: pravý horní segment. Na rozlišení od $4$ musí svítít horní, dolní, nebo oba segmenty $=>$ celkem tedy $3$ možnosti.

Jednoznačné určení číslice 4

Musí svítit: prostřední ($0$), levý horní ($3$), pravý horní ($5$). Tímto rozsvícením zároveň vyřadíme i $1$ a $2$ $=>$ na pravém dolním segmentu nezáleží, jestli svítí, nebo ne $=>$ $2$ možnosti.

Jednoznačné určení číslice 5

Musí svítit: prostřední ($0$), levý horní ($3$). Tím vyřazujeme i $1$ a $2$. $4$ můžeme vyřadit rozsvícením horního, dolního, nebo obou segmentů - $3$ možnosti. Stále jsme nepoužili pravý dolní segment $=>3\times 2=6$ možností.

30+0+8+3+2+6 = 49 možností pro 3. pozici.

Pokud na první pozici bude $0$ nebo $1$, na druhé pozici musí být osmička, kterou můžeme jednoznačně určit 12 způsoby. Pokud bude tedy na druhé pozici $8$, víme, že na první je $0$, nebo $1$, přičemž $1$ nejsme schopni jednoznačně zapsat. $0$ můžeme zapsat celkem $(2^4-1)\times 2^2=$ 60 způsoby, kde $2^4$ jsou všechny světelné kombinace horního; levého horního; levého dolního a dolního segmentu až na tu ($-1$), kde žádný z těchto 4 segmentů nesvítí (tím máme zajištěné odlišení od $1$). To celé je vynásobené $2^2$ za pravý horní a pravý dolní segment, které můžou svítit, ale nemusejí.

Na první pozici může být i dvojka. Tu odlišíme od $0$ a $1$ rozsvícením prostředního segmentu. Dále máme $4$ další segmenty (horní; pravý horní; levý dolní a dolní), které můžou svítit $=>2^4=$ 16 možností. V tomto případě, když víme, že na první pozici je dvojka, na druhé pozici můžou být pouze číslice $0-3$.

Jednoznačné určení číslice 0

Pokud bude svítit levý horní segment, hned můžeme vyřadit $1,2,3$ a máme $2^5=32$ možností. Pokud levý horní segment svítit nebude, musí svítit pravý dolní (pro vyřazení dvojky) a levý dolní ($3$). Tím rovnou vyřazujeme i jedničku. $2$ segmenty svítí, $1$ svítit nemůže a na zbylých $3$ nezáleží $=>2^3=8$ možností. Celkem tedy $40$ možností

Jednoznačné určení číslice 1

$1$ je bohužel podmnožinou číslic $0$ a $3$, proto se nedá jednoznačně zapsat.

Jednoznačné určení číslice 2

Na displayi musí svítit prostřední segment (na rozlišení od $0$), a pokud bude svítit levý dolní (jinak se neodliší od $3$), tak už je $2$ jednoznačná. Pro tuto variantu máme $2^3=8$ možností (pravý horní; horní; dolní svítí/nesvítí).

Jednoznačné určení číslice 3

Podobně jak u dvojky musí svítit prostřední ($0$) a pravý dolní ($2$). Zbylé $3$ segmenty mohou svítit v libovolné kombinaci, takže máme zase $2^3=8$ možností.

40+0+8+8 = 56 možností pro 2. pozici, pokud na 1. pozici je dvojka.

Výsledné $4$ pozice jsou nezávislé, proto počet možných rozsvícení můžeme vyjádřit jako součin možností na každé pozici.

Pokud na $1.$ pozici je $0$ $=>$ $60\times 12\times 49\times 12$.

Pokud na $1.$ pozici je $2$ $=>$ $16\times 56\times 49\times 12$.

Celkem tedy: $60\times 12\times 49\times 12+16\times 56\times 49\times 12=950208$ možností.

Způsobů, kterými může skončit hod třemi kostkami, je celkem $6^3=216$. Zbývá nám určit, kolik z nich nám dá součet dvou větších alespoň $9$.

Rozeberme si případy podle toho, jaké padlo největší číslo:

• Největší číslo je $6$. Pak dostaneme součet alespoň $9$ jen pro druhé největší číslo s hodnotou $3,4,5$ nebo $6$.

  Druhé největší	Třetí kostka	Kolika způsoby se tomohlo stát
  6	6	1
  6	{1,2,3,4,5}	5 $\times$ 3 = 15
  5	5	3
  5	{1,2,3,4}	4 $\times$ 6 = 24
  4	4	3
  4	{1,2,3}	3 $\times$ 6 = 18
  3	3	3
  3	{1,2}	2 $\times$ 6 = 12

  Celkem máme $1+15+3+24+3+18+3+12=79$ způsobů, kolika mohlo padnout alespoň 9 s největší kostkou $6$.

• Největší číslo je $5$. Pak dostaneme součet alespoň $9$ jen pro druhé největší číslo s hodnotou $4$ nebo $5$.

  Druhé největší	Třetí kostka	Kolika způsoby se tomohlo stát
  5	5	1
  5	{1,2,3,4}	4 $\times$ 3 = 12
  4	4	3
  4	{1,2,3}	3 $\times$ 6 = 18

  Celkem máme $1+12+3+18=34$ způsobů, kolika mohlo padnout alespoň 9 s největší kostkou $5$.

• Největší číslo je $4$ nebo méně. Pak zřejmě součet dvou největších bude nejvýše $8$, což není výsledek, který by Marťa chtěl.

Sečteme všechny vyhovující možnosti a dostáváme výsledek $\frac{79+34}{216}=\frac{113}{216}$.

$\mathrm{\Psi }(10)=1\cdot 2\cdot 5\cdot 10=100$

$\mathrm{\Psi }(100)=1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 10\cdot 20\cdot 25\cdot 50\cdot 100=$ $=(1\cdot 100)\cdot (2\cdot 50)\cdot (4\cdot 25)$ $(5\cdot 20)\cdot 10={10}^9$

Při výpočtu $\mathrm{\Psi }(100)$ nám velmi pomohlo to, že dělitele šlo popárovat tak, že jejich součin byl 100 (až na jeden člen). Důvod je ten, že pokud $k\mid 100$, tak i $\frac{100}{k}\mid 100$. Obecně pro $\mathrm{\Psi }({10}^n)$ máme:

$$\mathrm{\Psi }({10}^n)=\mathrm{\Psi }(2^n\cdot 5^n)=\begin{array}{cccccccccc}& 1& \cdot & 2& \cdot & \dots & \cdot & 2^{n-1}& \cdot & 2^n\\ \cdot & 5& \cdot & 2\cdot 5& \cdot & \dots & \cdot & 2^{n-1}\cdot 5& \cdot & 2^n\cdot 5\\ \cdot & 5^2& \cdot & 2\cdot 5^2& \cdot & \dots & \cdot & 2^{n-1}\cdot 5^2& \cdot & 2^n\cdot 5^2\\ & ⋮& & ⋮& & \ddots & & ⋮& & ⋮\\ \cdot & 5^n& \cdot & 2\cdot 5^n& \cdot & \dots & \cdot & 2^{n-1}\cdot 5^n& \cdot & 2^n\cdot 5^n\end{array}$$ Tabulka dělitelů je velikosti $(n+1)\times (n+1)$, Takže pomocí popárování získáme $\frac{(n+1{)}^2}{2}$ zaokrouhleno dolů činitelů velikosti $2^n\cdot 5^n={10}^n$. Pro liché $n$ je $(n+1{)}^2$sudé, takže je jich právě $\frac{(n+1{)}^2}{2}$ a jejich celkový součin je: $[({10}^n{)}^{\frac{(n+1{)}^2}{2}}={10}^{\frac{n(n+1{)}^2}{2}}]$ Pokud je $n$ sudé, tak tak je $(n+1{)}^2$ liché, a dělitelé tedy nepůjdou perfektně popárovat. Dělitel $2^{\frac{n}{2}}{5}^{\frac{n}{2}}={10}^{\frac{n}{2}}$ by totiž chtěl být v páru se sám sebou, ale takový dělitel je jen jeden. Jinak je $\frac{(n+1{)}^2-1}{2}$ párů, takže jejich celkový součin je: $$({10}^n{)}^{\frac{(n+1{)}^2-1}{2}}\cdot {10}^{\frac{n}{2}}={10}^{\frac{n(n+1{)}^2-n}{2}}\cdot {10}^{\frac{n}{2}}={10}^{\frac{n(n+1{)}^2}{2}}$$ Výsledek je v obou případech stejný, takže máme následující vzorec pro $\mathrm{\Psi }({10}^n)$: $[\mathrm{\Psi }({10}^n)={10}^{\frac{n(n+1{)}^2}{2}}]$ Pak už přímočarým výpočtem dojdeme k výsledku: $$\mathrm{\Psi }(\mathrm{\Psi }(\mathrm{\Psi }(\mathrm{\Psi }(10))))=\mathrm{\Psi }(\mathrm{\Psi }(\mathrm{\Psi }(100)))=\mathrm{\Psi }(\mathrm{\Psi }({10}^9))=\mathrm{\Psi }({10}^{\frac{9\cdot {10}^2}{2}})=\mathrm{\Psi }({10}^{450})={10}^{\frac{450\cdot {451}^2}{2}}={10}^{45765225}$$

Odpověď je tedy $\mathbf{45765225}$.

Nejprve si uvědomíme, že směr letu ptáků ani směr otáčení lustru nic na úloze nemění. Jde nám jen o to, jak dlouho ptákům a lustru trvá jedna otáčka. Poprvé se vše potká po 400 sekundách, tedy nejmenší společný násobek všech tří rychlostí je 400. Nejmenší společný násobek čísel 20 a 25 je 100, proto hledáme všechna čísla, jejichž $nsn$ s číslem 100 je 400. $100=2^2\cdot 5^2$, v hledaném čísle musí být v rozkladu $2^4$ a $5^n$, kde $n\in \{0,1,2\}$. Správné možnosti jsou tedy $16,80,400$. Jejich součet je 496.

Bratislava sousedí pouze s jedním dalším krajem $=>$ výlet v ní bude buď začínat, nebo končit. Zaměříme se na výlety začínající v Bratislavě. Výsledný počet všech výletů bude dvojnásobný (ke každému výletu z Bratislavy existuje i výlet po zpátku). Všechny naše výlety tedy povedou z Bratislavy do Trnavy a následně buď do Nitry, nebo Trenčína.

Máme $11$ vyhovujících cest, celkem tedy $22$ výletů.

Jediný způsob, jak získat člen $x^3$, je pomocí $k_1$ umocněného na třetí. $$k_1^3=x^3+y^3+z^3+3(x^{2}y+x^{2}z+y^{2}z+y^{2}x+z^{2}x+z^{2}x)+6xyz$$ $$k_1^3-6k_3=x^3+y^3+z^3+3(x^{2}y+x^{2}z+y^{2}z+y^{2}x+z^{2}x+z^{2}x)$$ Členy tvaru $u^{2}v$ získáme násobkem $k_2{k}_1$: $$k_2{k}_1=x^{2}y+x^{2}z+y^{2}z+y^{2}x+z^{2}x+z^{2}x+3xyz$$ $$x^{2}y+x^{2}z+y^{2}z+y^{2}x+z^{2}x+z^{2}x=k_2{k}_1-3k_3$$ $$3(x^{2}y+x^{2}z+y^{2}z+y^{2}x+z^{2}x+z^{2}x)=3(k_2{k}_1-3k_3).$$ Dohromady dostáváme $$k_1^3-6k_3=x^3+y^3+z^3+3(x^{2}y+x^{2}z+y^{2}z+y^{2}x+z^{2}x+z^{2}x)$$ $$k_1^3-6k_3=x^3+y^3+z^3+3(k_2{k}_1-3k_3)$$ $$x^3+y^3+z^3=k_1^3-6k_3-3(k_2{k}_1-3k_3)$$ $$x^3+y^3+z^3=k_1^3+3k_3-3k_2{k}_1.$$

Členy $x^2{y}^2+x^2{z}^2+y^2{z}^2$ vyjádříme pomocí $k_2^2$: $$k_2^2=x^2{y}^2+x^2{z}^2+y^2{z}^2+2(x^{2}yx+x{y}^{2}z+xy{z}^2)$$ Kde $$x^{2}yx+x{y}^{2}z+xy{z}^2=k_1{k}_3$$ $$k_2^2=x^2{y}^2+x^2{z}^2+y^2{z}^2+2k_1{k}_3$$ $$x^2{y}^2+x^2{z}^2+y^2{z}^2=k_2^2-2k_1{k}_3.$$ Nakonec vyjádříme $p$ jako $$p=x^3+y^3+z^3-x^2{y}^2-x^2{z}^2-y^2{z}^2$$ $$p=k_1^3+3k_3-3k_2{k}_1-(k_2^2-2k_1{k}_3)$$ $$p=k_1^3+3k_3-3k_2{k}_1-k_2^2+2k_1{k}_3.$$ Odtud vidíme, že $a=2$, $b=-1$, $c=0$, $d=0$, $e=3$, $f=-3$, $g=1$, a tedy výsledek je $2100331$.

Připomeňme, že objem koule se počítá pomocí vzorce $V=\frac{4}{3}\pi r^3$.

Dále si můžeme předpočítat, jaký maximální poloměr může mít koule, aby ji mohla Anna vymodelovat v rámci těch 10 koulí.

Víme tedy, že určitě nevymodelovala žádnou kouli s poloměrem $8$ nebo větší. Jak mohlo její modelování vypadat?

Všechny černé cesty přes černé vrcholy znázorňují právě ty možnosti, jak by mohla Anna vymodelovat $10$ koulí z modelíny, kterou má k dispozici, a na nichž by vymodelovala jen maximálně $5$ koulí o poloměru $4$.

Cesta se $6$ koulemi o poloměru $4$ je možná jen v případě, že alespoň dvě z koulí mají poloměr $1$.

Cesty s více než $6$ koulemi nejsou možné, což je jednoduché ověřit.

Každá cesta má pravděpodobnost $\frac{1}{2^9}$ a je jich celkem $1+9+(4+5+6+7+8)+2=42$.

Výsledná pravděpodobnost je tedy $\frac{42}{512}=\frac{21}{256}$.

Podívejme se, jak musí Lukáš hodit kámen tak, aby jeho maximální výška byla stejná jako vzdálenost dopadu. Kámen poletí po parabole a nejvyššího místa dosáhne v jejím vrcholu. Umístěme si tuto parabolu do soustavy souřadnic tak, aby procházela počátkem a byla v něm rostoucí. To bude zároveň místo, na kterém Lukáš stojí. Označme maximální výšku kamene $p$ a pokusme se vyjádřit parabolu rovnicí. Jelikož prochází počátkem, bude její rovnice tvaru $a{x}^2+bx$. Maximální výšky kámen dosáhne, když $x=\frac{p}{2}$, a tak $\frac{a\cdot p^2}{4}+\frac{b\cdot p}{2}=p$. V bodě dopadu pak platí $a\cdot p^2+b\cdot p=0$. Vyřešením soustavy rovnic dostáváme rovnici paraboly

$$y=-\frac{4\cdot x^2}{p}+4x.$$

Abychom zjistili úhel, pod kterým byl takový kámen hozen, potřebujeme znát směrnici tečny v počátku. Pro řešitele, kteří umějí počítat s derivacemi, jistě nebyl problém ji dopočítat pomocí nich, podívejme se ale, jak se na ni dalo přijít i jiným způsobem.

Po tečně chceme, aby procházela bodem dotyku, tedy počátkem a zároveň měla s parabolou právě jeden společný bod. Také nesmí být rovnoběžná s osou paraboly, která je v našem případě rovnoběžná s osou $y$. Taková přímka bude mít rovnici tvaru $y=k\cdot x$. Když toto dosadíme do rovnice paraboly, dostaneme jako řešení všechny jejich průsečíky.

$$k\cdot x=-\frac{4\cdot x^2}{p}+4x$$

Tato rovnice má určitě řešení $0$, protože oba útvary procházejí počátkem. Aby přímka opravdu byla tečnou, potřebujeme, aby i druhé řešení bylo $0$. Dostáváme tedy po vydělení $x$ a dosazení $x=0$

$$\frac{4\cdot x}{p}+k-4=0$$ $$k-4=0$$ $$k=4.$$

Směrnice tečny v počátku je $4$. Už stačí jen dopočítat úhel, který svírá s osou $x$. Ze známého vztahu dostaneme $tg\alpha =4$, $\alpha =arctg4$. Jelikož Lukáš hází pod náhodným úhlem mezi $0$ a $\frac{\pi }{2}$, pravděpodobnost, že úhel bude větší než $arctg4$, je $1-\frac{2\cdot cotg4}{\pi }\approx 0.15596$. Můžeme si všimnout, že na síle vrhu ani vzdálenosti dopadu nezáleží. Řešení by se tedy dalo zjednodušit a počítat pro nějakou konkrétní hodnotu $p$ bez újmy na obecnosti.