Zadání XVII. ročníku

Tondova přítomnost na hřišti se bude cyklit po čtyřech minutách, Rádina po šesti, Leina po devíti a Ádina po dvanácti. Kubu řešit nemusíme, ten bude na hřišti celou dobu. (Stačí nám tedy vyřešit, kolik minut bude na hřišti právě jeden ze zbylých čtyř hráčů.) Nejmenší společný násobek těchto čísel je 36. To bude tedy délka cyklu všech hráčů dohromady. (V 37. minutě budou na hřišti stejní hráči jako v první atd.)

Uděláme si tedy tabulku přítomnosti hráčů na hřišti prvních 36 minut:

Vidíme, že se za \(36\) minut na hřišti objeví právě jeden hráč osmkrát a protože \(200 = 5\times36 + 20\), dostáváme, že celkový počet minut, kde budou na hřišti právě dva hráči je: \[5\times8 + 5 = 45\]

Jako první musíme zjistit, jak velké čtverečky Ráďa bude vykrajovat. Zřejmě by mohla dělat čtverečky o straně délky \(0,5\) cm, nepůjde to ale i na větší čtverečky? Ano, půjde. Když si představíme, že má dvakrát větší plech, tzn. \(98\times63\) cm, můžeme si všimnout, že NSD \(98\) a \(63\) je \(7\). Tento plech by šel tedy rozkrájet na stejně velké čtverečky se stranou délky maximálně sedm. Náš dvojnásobně malý plech tedy lze rozkrájet na stejně velké čtverečky se stranou délky maximálně \(3,5\) cm. Označme si \(o\) jako obvod našeho kolečka, z obrázku ze zadání vidíme, že musí platit: \[o=2\times3,5\] \[2\pi r=7\] \[r=\frac{7}{2\pi}=1,1140846\dots\]

Při pohledu shora vidíme pravidelný \(70\)úhelník, jehož vrcholy dělí plný úhel na \(70\) částí. Víme, že Peťa v každém kroku z listu na list překoná stejný počet \(x\) těchto částí, a to co nejvíce (maximálně \(35\)).

Nejprve si uvědomme, že tento počet musí být nesoudělný se \(70\). Pokud by nebyl a existovalo kladné \(d>1\) dělící \(x\) i \(70\), dostala by se Peťa po \(\frac{70}{d}\) krocích opět na úroveň prvního listu. To znamená, že by fazole netvořila \(70\)úhelník, ale jen \(\frac{70}{d}\)úhelník.

Největší přirozené číslo menší nebo rovno \(35\), které je se \(70\) nesoudělné, je \(33\). Opravdu, pokud od sebe listy budou vzdálené \(33\) vrcholů, vytvoří díky nesoudělnosti \(70\) a \(33\) schodiště až k poslednímu listu (první násobek \(33\) dělitelný \(70\) bude až \(33\cdot 70\)). Dohromady se tedy Peťa kolem osy otočí o \(69\cdot 33\) vrcholů, což odpovídá \(32\) plným otočkám, při nichž projde nad prvním listem. Při započtení prvního listu dostáváme výsledek \(33\).

Pomůcka pro dělitelnost sedmi je, že můžeme z čísla odebrat poslední číslici, vynásobit ji dvěma a odečíst od začátku čísla. Pomocí tohoto můžeme rychleji kontrolovat postupně čísla od 0, která obsahují 0 a 5.

Postupně máme čísla:

\(0,\:5,\:50\:(5), \:55 \:(-5), \:500 \:(50), \:505 \:(40), \:555 \:(45), \:5000 \:(500), \:5005 \:(490 \:\checkmark)\)

Takže řešením je \(5005\).

V zadání máme omezené posuny, tak můžeme začít například od \(-4\) a zkoušet, kolik může vzniknout přímek s celočíselným sklonem. Ze začátku si můžeme uvědomit, že sklon nikdy nemůže být \(0\) kvůli poslední větě zadání. U posunu \(-4\) zároveň víme, že musí být sklon kladný, abychom prošli nějakým barevným čtverečkem. Po zkoušení zjistíme, že nám vyhovují sklony \(1,\: 2,\: 3,\: 4,\: 5,\: 6,\: 7\). Od sklonu \(8\) a výše projdeme jen jedním sloupečkem. S posunem \(-4\) máme tedy \(7\) možností.

Dále pokračujeme s posunem \(-3\). Zde už je možnost sklonu \(-1\), ale ten projde jen jediným sloupcem, takže nevyhovuje zadání. Musíme mít tedy zase kladné sklony a vyhovují nám \(1,\: 2,\: 3,\: 4,\: 5,\: 6\). \(7\) a vyšší už zase projde jen jedním sloupcem. Máme tedy \(6\) možností.

Pro posun \(-2\) máme už možnost sklonu \(-1\), ale více záporné nevyhovují. Naopak kladné sklony mohou být \(1,\: 2,\: 3,\: 4,\: 5\). Máme tedy \(6\) možností. Pro posun \(-1\) máme možnosti \(-2,\: -1,\: 1,\: 2,\: 3,\: 4\) a tedy \(6\) možností. Dohromady máme \(7 + 6 + 6 + 6 = 25\) možností. Počet možností pro posuny \(1,\:2,\:3,\:4\) je stejný, protože je příklad symetrický. Zbývá nám už jen zjistit počet možností pro posun \(0\). Tam máme možnosti \(-3,\:-2,\:-1,\:1,\:2,\:3\), kterých je 6. Dohromady máme tedy \(25 + 25 + 6 = 56\) možností přímek.

Povrch stromu, na kterém je had omotaný, můžeme uvažovat rozmotaný jako obdélník o jedné straně odpovídající výškovému rozdílu mezi hlavou a ocasem, tzn. \(20 \pi\),m, a druhé straně o délce počet otočení krát obvod stromu tzn. \(15\cdot\pi\),m. Na úhlopříčce tohoto rozmotaného obdélníku poté leží had, dlouhý dle Pythagorovy věty \(\sqrt{(20\pi)^2+(15\pi)^2} = \pi \sqrt{625} = 25\pi = 78.53982\) metrů.

Značení \(\binom{a}{b}\) zde znamená počet způsobů, jak vybrat \(b\) jedinců ze skupiny velikosti \(a\) bez ohledu na pořadí výběru. V obou využitých případech jde zjevně o číslo \(3\).

Pokud první rok zahynou všichni tři sourozenci a Bublina přežije, jistě přežije i~druhý rok. Pravděpodobnost tohoto jevu je \(0.06^3\cdot0.94\cdot 1\); každý ze sourozenců zahyne s pravděpodobností \(0.06\), Bublina přežije s pravděpodobností \(0.94\).

Pokud první rok zahynou dva ze tří sourozenců a Bublina přežije, přežije druhý rok s~pravděpodobností \(0.98\). Pravděpodobnost tohoto jevu je tedy \(\binom{3}{2}\cdot 0.06^2 \cdot 0.94^2 \cdot 0.98\); pro každou možnou dvojici může Bublina přežít zvlášť.

Pokud první rok zahyne jediný sourozenec a Bublina přežije, přežije druhý rok s~pravděpodobností \(0.96\). Pravděpodobnost tohoto jevu je \(\binom{3}{1}\cdot 0.06 \cdot 0.94^3 \cdot 0.96\).

Pokud první rok nezahyne žádný sourozenec a Bublina přežije, přežije druhý rok s~pravděpodobností \(0.94\). Pravděpodobnost tohoto jevu je \(0.94^4 \cdot 0.94\).

Tyto možnosti se vzájemně vylučují a jiným způsobem se Bublina nemůže druhého roku dožít; musí přežít první i druhý, a v prvním může zahynout nula až tři sourozenci. Celková pravděpodobnost Bublinina přežití obou let je tedy součtem pravděpodobností každé možnosti, neboli \(0.06^3\cdot 0.94 + 3 \cdot 0.06^2\cdot 0.94^2\cdot 0.98 + 3\cdot 0.06\cdot 0.94^3 \cdot 0.96 + 0.96^5 = 0.88698\).

Každou nasbíranou mocninu tří se počet shozených jablek zvýší. Stane se to v hodnotách \[3,9,27,81,\] další mocniny už jsou vyšší než 200. Ve výsledku máme \[2\cdot0+(9-3)\cdot1+(27-9)\cdot2+(81-27)\cdot3+(200-81+1)\cdot4=684,\] kde jsme na konci přidali 1, neboť sbíráme do dvou set včetně.

Celá síť je čtverec \(1 \times 1\), abychom zjistili pravděpodobnost, že balónek proletí, musíme určit obsah plochy, kam může balónek dopadnout, aby proletěl, a podělit ho celkovou plochou sítě (to je ale v příkladu 1, takže to není potřeba).

Jak určíme obsah potřebné plochy? Začneme od největšího čtverce \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\). Aby balónek tímto čtverečkem proletěl, musí dopadnout dovnitř čtverečku dostatečně daleko od okrajů, aby se jich nedotkl. Budeme uvažovat, kam musí dopadnout střed balónku. To je mírně menší čtverec uvnitř našeho \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\), který má délku strany \(\frac{1}{2} - \frac{2}{48}\) – museli jsme odečíst \(\frac{1}{48}\) z každé strany, což je poloměr balónku. Celkově tak získáváme plochu \((\frac{1}{2}-\frac{2}{48})^2\). Dále budeme pokračovat stejně se čtverečky \(\frac{1}{4} \times \frac{1}{4}\), kterých je ale 5 podle obrázku, takže plocha uvnitř těchto čtverečků je \(5 \cdot (\frac{1}{4}-\frac{2}{48})^2\). Dalších čtverečků je 13 podle obrázku (můžeme vzít i univerzální vzorec počet předchozích čtverečků$ + 3$). Plocha uvnitř těchto čtverečků je \(13 \cdot (\frac{1}{8}-\frac{2}{48})^2\). Poslední čtverečky, kde zbyde prostor po odečtení \(\frac{2}{48} = \frac{1}{24}\), jsou ty o velikosti \(\frac{1}{16} \times \frac{1}{16}\). Těchto je \(2 \cdot 13 + 3 = 29\) a plocha uvnitř těchto čtverečků je \(29 \cdot (\frac{1}{16}-\frac{2}{48})^2\). Menší čtverečky už jsou tak malé, že i kdyby balónek letěl středem, tak se vždy dotkne sítě.

Celkem máme tedy \((\frac{1}{2}-\frac{2}{48})^2 + 5 \cdot (\frac{1}{4}-\frac{2}{48})^2 + 13 \cdot (\frac{1}{8}-\frac{2}{48})^2 + 29 \cdot (\frac{1}{16}-\frac{2}{48})^2 = 0.52995\). Po podělení \(1\) dostáváme pravděpodobnost jako úplně stejné číslo.

Nejdříve si uvědomíme, že polynomy nultého stupně nemají kořeny, až na polynom \(P(x)=0\). Hned tedy máme \(2\) polynomy (\(P(x)=1\) a \(P(x)=2\)), které nemají kořen nad \(\mathbb{Z}_3\).
Dále můžeme vyřadit všechny polynomy tvaru \(P(x)=bx^2+ax\), neboť tyto polynomy mají vždy alespoň jeden kořen nad \(\mathbb{Z}_3\) a to \(x=0\).
Všechny zbylé polynomy jsou vypsané v tabulce vedle, kde vidíme, že pouze \(6\) polynomů nemá žádný kořen nad \(\mathbb{Z}_3\). Spolu s polynomy nultého stupně je jich tedy \(6+2=8\).
 
 

Štěpán za půl hodiny stihne ujet \(60\cdot0.5=30\) kilometrů, což je \(30/0.2=150\) úseků, tedy projede i \(150\) křižovatek. Nejvíc by tedy mohl vzít 150 penízků, to by musel pokaždé zatočit vlevo. To ovšem nejde, neboť po čtyřech zatočeních by mu penízky došly. Všimneme si, že po objetí bloku dokolečka můžeme jet chvilku rovně a najednou jsme v čerstvém bloku. Víc než čtyři penízky za sebou vzít nemůžeme a méně než jednu ulici navíc si potom nezajedeme, takže strategie je optimální. Z pěti úseků vždy čtyřikrát vezmeme penízek, takže získáváme celkové skóre \(150\cdot\frac45=120\).

Pokud si zkusíme nějaké malé případy pro \(x\) a \(y\), zjistíme, že levá strana rovnice začne být příliš velká. Po prozkoušení všech malých případů jde uhodnout, že odpověď je \(0\). Pořádněji jde výsledek odvodit následovně: \[\begin{aligned} x^2 + 3^y &= xy \\ 3^y &= xy - x^2 \\ 3^y &= x(y - x)\end{aligned}\] Pokusíme se ukázat, že \(3^y > x(y-x)\), pro všechna \(x\) a \(y\). Pokud by nastalo, že \(x \ge y\), tak by \(y - x\) bylo záporné (nebo \(0\)), a tedy i celé \(x(y-x)\) bylo také záporné ( nebo \(0\)), což znemožňuje rovnost, neboť \(3^y\) je kladné. To znamená, že nám stačí uvažovat o \(x < y\). To nám dovoluje vykonat následující odhady: \[\begin{aligned} y &\ge y - x \\ y &\ge x \\ &\Downarrow \\ y^2 &\ge x(y - x)\end{aligned}\] Zbývá nám ukázat, že \(3^y > y^2\) \[\begin{aligned} y = 1 &\quad 3 > 1 \\ y = 2 &\quad 9 > 4 \\ y = 3 &\quad 27 > 9 \\ y = 4 &\quad 81 > 16 \\ y = 5 &\quad 243 > 25 \\ & \vdots \\ y = 10 &\quad 59049 > 100 \end{aligned}\] Pořádně lze tento fakt dokázat například indukcí. Pro \(y \le 5\) jsme již tento fakt spočítali, takže máme bázový případ. Předpokládejme, že platí \(3^y > y^2\), \(y \ge 5\), a pokusme se dokázat, že \(y' = y + 1\) také splňuje stejnou nerovnici \(3^{y'} > {y'}^2\). \[3^{y'} = 3^{y+1} = 3 \cdot 3^{y} > 3y^2 > 2y^2 + 5y > y^2 + 2y + 1 = (y+1)^2 = {y'}^2\]

Začneme obrázkem, který napoví:

Zkusíme vyjádřit \(r_2\) jako nějaký výraz obsahující \(r_1\) a \(\alpha\). Lze si všimnout, že úhel \(|\angle P_1AS_1|\) je pravý. Pak z vlastností goniometrických funkcí plyne \(|AP_1|=r_1\sin\frac{\alpha}{2}\) a \(|AS_1|=r_1\cos\frac{\alpha}{2}\). Víme, že \(|P_1G|=r_2\), také můžeme vyjádřit \(|AG|=|S_1G|-|S_1A|=r_1-r_1\cos\frac{\alpha}{2}\); následně z Pythagorovy věty v \(\triangle P_1AG\) dostáváme a upravujeme chtěný výraz \[|P_1G|^2 = |AP_1|^2 + |A G|^2\] \[r_2^2=r_1^2\sin^2\frac{\alpha}{2}+r_1^2\Big(1-\cos\frac{\alpha}{2}\Big)^2\] \[\frac{r_2^2}{r_1^2}=\sin^2\frac{\alpha}{2}+1-2\cos\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}\] \[\frac{(\frac{r_1}{2})^2}{r_1^2}=\sin^2\frac{\alpha}{2}+1-2\cos\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}\] \[\frac{1}{4}=2-2\cos\frac{\alpha}{2}\] \[\frac{7}{8}=\cos\frac{\alpha}{2}\] \[2\arccos\frac{7}{8}=\alpha\] \[\alpha=57,910048\ldots\approx57,91005\]

Jelikož máme 4 roky, větve stromků budou tvořit až 4 vrstvy. Nejprve se zaměříme na první vrstvu, která je přímo u země. Jsou pro ni 4 možnosti:

1. Neobsahuje nic.

2. Je jedna větev vedoucí doprava.

3. Je jedna větev vedoucí doleva.

4. Dvě větve na obě strany.

Pro každou větev v této vrstvě ještě musíme uvažovat možnosti toho, co je nad nimi. To, co je nad nimi, může růst maximálně 3 roky, a tedy má maximálně 3 vrstvy. Můžeme to tedy brát tak, že nad každou větví v této vrstvě vyroste libovolná tříletka. Podobně jde spočítat počet tříletek pomocí počtu dvouletek, a tak dále. S pořádnou notací by to vypadalo následovně: Počet stromů s maximálně \(n\) vrstvami (tedy n-letky) nazveme \(S(n)\). Hledáme \(S(4)\). Stromů, které ještě nijak nevyrostly, tedy \(S(0)\), je 1. Jinak umíme spočítat počet až \((n+1)\)-vrstvých stromů \(S(n+1)\) pomocí případů 1. vrstvy tohoto stromu:

1. Neobsahuje nic (\(1\) případ).

2. Je jedna větev vedoucí doprava (\(S(n)\) případů).

3. Je jedna větev vedoucí doleva (\(S(n)\) případů).

4. Dvě větve na obě strany (\(S(n)^2\) případů).

Máme tedy \(S(n+1) = S(n)^2 + 2S(n) + 1\). Pak už jenom počítáme \[\begin{aligned} S(0) &= 1, \\ S(1) &= 1^2 + 2 \cdot 1 + 1 = 4, \\ S(2) &= 4^2 + 2 \cdot 4 + 1 = 25, \\ S(3) &= 25^2 + 2 \cdot 25 + 1 = 676,\\ S(4) &= 676^2 + 2 \cdot 676 + 1 = 458329. \\\end{aligned}\] Takže výsledkem je \(458329\).

Označme \(x\) hledanou průměrnou dobu za kterou Lukáš vstane od momentu, kdy mu právě poprvé zazvonil budík. Jistě je šance \(0.2\), že vstal okamžitě. S pravděpodobností \(0.8\) tedy spí dál. V takovém případě je šance \(0.01\), že trefí homerun. Tedy šance na homerun je \(0.8\cdot 0.01\). Zároveň je šance \(0.8\cdot 0.99\) že pouze plácne budík a netrefí homerun, tedy bude spát dalších \(10\) minut. Nejdůležitější úvaha je, že v případě, kdy bude spát do dalšího zvonění budíku (tedy například dalších 10 minut), bude v okamžiku dalšího zazvonění (po deseti minutách) průměrný čas za který od této doby vstane stejný, jako byl průměrný čas, za který vstane od prvního zvonění (jsme totiž nyní v úplně stejné situaci, pouze už uběhlo \(10\) minut). Z této úvahy sestavíme rovnici:

\[\begin{aligned} x=0.8\cdot 0.99\cdot (x+10)+0.8\cdot 0.01\cdot (x+24\cdot 60).\end{aligned}\] Vyřešením této lineární rovnice dostáváme odpověď \(x=97.2\).