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 \(26\cdot10\cdot26\cdot10\). Počet všech dvacetic, kde je R2D2, získáme tak, že ze všech zbylých robotů vybereme 19 dalších. Tedy jmenovatel našeho zlomku bude \({26^2\cdot 10^2-1 \choose 19}\). 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 \(22\cdot10\) (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 \({7+22\cdot10+7\cdot26\cdot10+8\cdot10\cdot26\cdot10 \choose 19}\). Hledaná pravděpodobnost je tedy \(\frac{{7+22\cdot10+7\cdot26\cdot10+8\cdot10\cdot26\cdot10 \choose 19}}{{26^2\cdot 10^2-1 \choose 19}}\), 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 \(\angle BAC\), 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 \(|\angle ABC| = 60 °\). Můžeme dopočítat, že \(|\angle BP_0Y_1| = 30 °\), a proto pak \(|\angle Y_1P_0P_1| = 60 °\). Vznikají nám tam proto postupně podobné trojúhelníčky, které jsou polovinou rovnostranných trojúhelníků. Ze zadání víme, že \(|AB| = 1\), tedy \(x_0 = |P_0B| = \frac{1}{2}\). 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: \[S = x_1 \frac{1}{1-q} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{1}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{2}{2-\sqrt{3}} \cdot \frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{4+2\sqrt3} {4-3} = \frac{3}{2} + \sqrt{3}\]

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 \(k'=k+cn\) (pro nějaké vhodné \(c\)) takové, že \(4444k'\) dává zbytek 1 po dělení \(n\). Nyní zvolíme \(b=2\) a \(a=k'-1\) a dostaneme \(4444(k'-1)+2\cdot2222=4444k'\), 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 \(\phi(4444)=\phi(4)\cdot\phi(11)\cdot\phi(101)=2\cdot10\cdot100=2000\).

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: \[\frac{s}{v_e}=1,875\frac{x}{v_v}\] \[v_v=1,875\frac{xv_e}{s}\] 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 \(v_v=1,875\frac{xv_e}{s}\) 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 \(120°=7200'.\) 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 \(360\cdot60'=21600'\), tedy náš úhel se zmenší o \(\frac{21600}{60}'=360'.\) Malá ručička se ale posune míň, konkrétně o \(\frac{1}{12\cdot60}\) celého úhlu. Náš úhel se tedy zároveň zvětší o \(\frac{21600}{12\cdot60}'=30'.\) Když to spojíme, dostáváme, že s každou minutou se nám úhel zmenší o \(330'.\) 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: \(x^3+ax^2+bx+8 = (x-x_1)(x-x_1)(x-x_3)\). Platí: \[\begin{aligned} x_1x_1x_3 &= -8 \\ x_1x_1+x_1x_3+x_1x_3 &= b \\ x_1 + x_1 + x_3 &= -a\end{aligned}\] 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 \(a^2-2b = 8^2-2\cdot12 = 12\)

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: \(60\times 12 \times 49 \times 12 + 16\times 56 \times 49 \times 12 = 950 208\) 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 \(\frac{79+34}{216}=\frac{113}{216}\).

\(\Psi(10) = 1 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 10 = 100\)

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

Při výpočtu \(\Psi(100)\) 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 \(\Psi(10^n)\) máme:

\[\Psi(10^n) = \Psi(2^n \cdot 5^n) = \begin{matrix} & 1 &\cdot& 2 &\cdot& \dotso &\cdot& 2^{n-1} &\cdot& 2^n \\ \cdot& 5 &\cdot& 2 \cdot 5 &\cdot& \dotso &\cdot& 2^{n-1} \cdot 5 &\cdot& 2^n \cdot 5 \\ \cdot& 5^2 &\cdot& 2 \cdot 5^2 &\cdot& \dotso &\cdot& 2^{n-1} \cdot 5^2 &\cdot& 2^n \cdot 5^2 \\ & \vdots && \vdots && \ddots && \vdots && \vdots \\ \cdot& 5^n &\cdot& 2 \cdot 5^n &\cdot& \dotso &\cdot& 2^{n-1} \cdot 5^n &\cdot& 2^n \cdot 5^n \\ \end{matrix}\] 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 \(\Psi(10^n)\): \([\Psi(10^n) = 10^\frac{n(n+1)^2}{2}]\) Pak už přímočarým výpočtem dojdeme k výsledku: \[\Psi(\Psi(\Psi(\Psi(10)))) = \Psi(\Psi(\Psi(100))) = \Psi(\Psi(10^9)) = \Psi(10^\frac{9\cdot10^2}{2}) = \Psi(10^{450}) = 10^\frac{450\cdot451^2}{2} = 10^{45765225}\]

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. \[k_{1}^3 = x^3 + y^3 + z^3 + 3(x^2y + x^2z + y^2z + y^2x + z^2x + z^2x) + 6xyz\] \[k_{1}^3 - 6k_{3} = x^3 + y^3 + z^3 + 3(x^2y + x^2z + y^2z + y^2x + z^2x + z^2x)\] Členy tvaru \(u^2v\) získáme násobkem \(k_{2}k_{1}\): \[k_{2}k_{1}= x^2y + x^2z + y^2z + y^2x + z^2x + z^2x +3xyz\] \[x^2y + x^2z + y^2z + y^2x + z^2x + z^2x = k_{2}k_{1} - 3k_{3}\] \[3(x^2y + x^2z + y^2z + y^2x + z^2x + z^2x) = 3(k_{2}k_{1} - 3k_{3}).\] Dohromady dostáváme \[k_{1}^3 - 6k_{3} = x^3 + y^3 + z^3 + 3(x^2y + x^2z + y^2z + y^2x + z^2x + z^2x)\] \[k_{1}^3 - 6k_{3} = x^3 + y^3 + z^3 + 3(k_{2}k_{1} - 3k_{3})\] \[x^3 + y^3 + z^3 = k_{1}^3 - 6k_{3} - 3(k_{2}k_{1} - 3k_{3})\] \[x^3 + y^3 + z^3 = k_{1}^3 + 3k_{3} - 3k_{2}k_{1}.\]

Členy \(x^2y^2 + x^2z^2 + y^2z^2\) vyjádříme pomocí \(k_{2}^2\): \[k_{2}^2= x^2y^2 + x^2z^2 + y^2z^2 + 2(x^2yx + xy^2z + xyz^2)\] Kde \[x^2yx + xy^2z + xyz^2=k_{1}k_{3}\] \[k_{2}^2= x^2y^2 + x^2z^2 + y^2z^2 + 2k_{1}k_{3}\] \[x^2y^2 + x^2z^2 + y^2z^2=k_{2}^2-2k_{1}k_{3}.\] Nakonec vyjádříme \(p\) jako \[p = x^3 + y^3 + z^3 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2\] \[p = k_{1}^3 + 3k_{3} - 3k_{2}k_{1} - (k_{2}^2-2k_{1}k_{3})\] \[p = k_{1}^3 + 3k_{3} - 3k_{2}k_{1} - k_{2}^2 + 2k_{1}k_{3}.\] 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 \(ax^2 + bx\). 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 \(tg \alpha = 4\), \(\alpha = arctg 4\). Jelikož Lukáš hází pod náhodným úhlem mezi \(0\) a \(\frac{\pi}{2}\), pravděpodobnost, že úhel bude větší než \(arctg 4\), je \(1-\frac{2\cdot cotg 4}{\pi} \approx 0.15596\). 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.