Zadání XVI. ročníku

Všimněme si, že délka první rovinky šneka je \(2+1+\frac{1}{2} = \frac{7}{2}\), délka druhé rovinky je \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{7}{4}\), a tak dále. Délka každé rovinky je polovina předchozí délky. Sečteme geometrickou poloupnost a získáme \[\frac{\frac{7}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = 7.\]

\[\begin{aligned} f_1 &= x + 3 \\ f_2 &= x^2 \\ f_3 &= f_2 - f_1 = x^2 - x - 3 \\ f_4 &= f_3 - f_2 = (x^2 - x - 3) - x^2 = - x - 3 \\ f_5 &= f_4 - f_3 = (- x - 3) - (x^2 - x - 3) = - x^2 \\ f_6 &= f_5 - f_4 = (- x^2) - (- x - 3) = - x^2 + x + 3 \\ f_7 &= f_6 - f_5 = (-x^2 + x + 3) - (- x^2) = x + 3 = f_1 \\ f_8 &= f_7 - f_6 = (x + 3) - (-x^2 + x + 3) = x^2 = f_2 \\\end{aligned}\] Díky tomu, že každé \(f_n\) závisí jen na předchozích dvou, se nám bude posloupnost funkcí opakovat, a to každých 6 funkcí. Když vyzkoušíme, které funkce jsou sudé, tedy které splňují \(f_n(x) = f_n(-x)\), zjistíme, že to jsou právě ty, které obsahují \(x\) s nějakým nenulovým koeficientem. To jsou \(f_2, f_5, f_8 \dots\). Chceme takové funkce spočítat pro \(k < 10000\), tedy v \(f_1, f_2, \dots, f_{9999}\). Z nich každá trojice obsahuje právě jednu sudou funkci, takže jich je \(\mathbf{3333}\).

K snazší orientaci při řešení úlohy zaveďme souřadnicový systém a uvažujme Pegase jako bod, který se pohybuje pouze po středech čtvercových políček. Počátek nechť je střed políčka v levém dolním rohu šachovnice a jednomu políčku určeme rozměry \(1 \times 1\). Pegas se tak snaží dostat z bodu \([0,0]\) do \([7,7]\).

Dále si uvědomíme, že Pegas vždy svým pohybem změní svoji pozici o \(1\) ve směru právě jedné z os a o \(3\) ve směru té druhé. Součet změn v obou souřadnicích je tedy konstantní a roven \(4\). Součet změn v obou souřadnicích při daném počtu skoků dále označíme „změna polohy“ a součet změn v obou souřadnicích pro jednu celou cestu jako „celková změna polohy“. Celková změna polohy musí být rovna \(7 + 7 = 14\). Celková změna polohy bude zřejmě menší nebo rovna součtu změn poloh při jednotlivých skocích.

Úlohu si rozdělíme na dvě části. V první určíme nejmenší možný počet Pegasových skoků, v druhé pak počet různých cest, které nám při tomto počtu můžou vzniknout.

Počet skoků Pegase označme \(n\). Zřejmě \(n > 3\), protože i kdyby se Pegas pohyboval pouze doprava anahoru, celková změna polohy bude maximálně \(12 < 14\). Dále můžeme vyloučit i \(n=4\). Ve směru každé osy se totiž při každém skoku změní poloha o liché číslo, pročež po sudém počtu skoků bude změna v obou souřadnicích sudé číslo, tedy jistě ne \(7\). Platí \(n \geq 5\); uvedením řešení pro pět skoků prokážeme rovnost:

Nyní se pokusíme nalézt všechna možná řešení úlohy.

Když si pohyb Pegase představíme vektorově, každý skok je vektor ve tvaru \((\pm 1, \pm 3)\) nebo \((\pm 3, \pm 1)\). Zaměřme se nyní bez újmy na obecnosti pouze na souřadnici \(x\) a konkrétně na počet pohybů \(\pm 3\) v této souřadnici ve stanovených pěti skocích. Hledáme všechny kombinace skoků, které \(x\) zvýší o \(7\).

Jednoznačnost doplnění znamének v každém případě si jde jednoduše rozmyslet. Vzhledem k výše uvedené podobě vektoru máme pro danou množinu souřadnic \(x\) také jednoznačně určené absolutní hodnoty souřadnic \(y\) a podobnými úvahami lze doplnit znaménka. Dostáváme tak tyto čtyři možné kombinace skoků:

Hned vidíme, že první dvě pětice jsou identické až na prohození souřadnic a obdobně je tomu i pro druhou dvojici. Tato situace vzniká díky symetrii tabulky podle spojnice středů startu a cíle Pegasovy trasy. Můžeme tedy pouze najít počet validních permutací pro např. první (označme \(A\)) a třetí (označme \(B\)) pětici vektorů a tento počet vynásobit dvěma.

Může se zdát, že na počet permutací pětic stačí uvažovat pouze klasická kombinatorická pravidla. Musíme ovšem také brát v potaz, že Pegas nesmí nikdy opustit šachovnici. Nesmí tedy po žádném skoku nastat, že je součet v některé souřadnici větší než \(7\) či menší než \(0\).

V praxi nám tak stačí pro pětici \(A\) zajistit, aby skok (vektor) \((1,-3)\) nebyl první ani poslední. Také chceme, aby nenastala situace, při které jsou vektory \((1,3)\) první tři skoky (došlo by k překročení \(7\) v souřadnici \(y\)), či aby prvními dvěma skoky nebyly \((3,1)\) a \((1,-3)\) v tomto pořadí (dostali bychom \(y\)~do záporných čísel). Spočítáme tak počet permutací vektorů \((1,3)\), \((1,3)\), \((1,3)\), \((3,1)\), pronásobený počtem povolených umístění vektoru \((1,-3)\) do této sekvence, což je \(\frac{4!}{3!} \cdot 3 = 12\) a odečteme dvě výše zmíněné možnosti, při kterých Pegas vyskočí z šachovnice. Celkem tedy pro pětici \(A\) existuje \(10\) možností Pegasovy cesty a tedy \(2 \cdot 10 = 20\) možností pro obě symetrické pětice.

U pětice \(B\) si snadno všimneme, že první a poslední skok (vektor) musí být \((1,3)\), protože ostatní mají alespoň jednou souřadnici zápornou. Dle obdobné úvahy jako u pětice \(A\) vidíme, že počet permutací zbylých tří vektorů \((-1,3)\), \((3,-1)\), \((3,-1)\) je \(\frac{3!}{2!} = 3\). Tentokrát při žádné z možností Pegas nevyskočí z šachovnice, což lze snadno ověřit. Spolu se symetrickou pěticí tak dostáváme dalších \(2 \cdot 3 = 6\) možností.

Celkem tedy existuje \(20 + 6 = 26\) různých cest, kterými se při zadaných podmínkách mohl Pegas vydat.

Pro začátek si zkusíme vypsat dělitele např. prvních \(15\) přirozených čísel. Vypozorujeme několik věcí:

 -Páté nejmenší OP číslo je dvanáct, budeme tedy hledat \(12.\) nejmenší OP číslo.

 -Počet dělitelů daného \(n\) lze získat pomocí jeho rozkladu na prvočinitele: Nechť \(n = p_1^{k_1} \cdot p_2^{k_2} \cdot ... \cdot p_i^{k_i}\), pak počet dělitelů \(n\) je \((k_1 +1)(k_2 +1)\dots (k_i +1)\).

Než hledat OP čísla přes jejich hodnotu, počítejme pro každé \(k\) nejmenší číslo s \(k\) děliteli, řekněme \(x_k\). Např. pro \(k=10=2\cdot5\) je \(x_{10}=2^{5-1}\cdot3^{2-1}=48\). Takto lze získat relativně rychle \(x_k\) pro \(k<50\), čímž získáme posloupnost \(x_k\). Její začátek je \(1,2,4,6,16,12,64,24\dots\) Z této posloupnosti pak vyškrtneme všechna čísla, pro něž později v posloupnosti existuje větší číslo, z uvedeného začátku tedy čísla \(16,64\). Toto odpovídá situaci, kdy nejmenší číslo mající \(k_1=5\) dělitelů, \(x_5=16\) je větší než nejmenší číslo mající \(k_2=6\) dělitelů, \(x_6=12\). Tedy \(16\) nemůže být OP číslem. Čísla, která v posloupnosti zbyla, pak tvoří podposloupnost z OP čísel. Dvanáctým prvkem této podposloupnosti je číslo \(240\), což je také výsledek.

Úlohu přeformulujme: místo největší věže, kterou nelze vyjít, hledejme nejmenší věž takovou, že každou vyšší vyjít lze. Snadno vidíme, že pokud Tonda dokáže přesně vyjít věž s \(k\) schody, vyjde i tu s \(k+11\) schody; stačí tedy hledat nejmenší \(k\) takové, že lze vyjít \(k, \dots, k+10\) schodů. Hledané maximum pak bude \(k-1\).

Právě jedno z čísel od \(k\) do \(k+10\) je násobkem jedenácti (označme ho \(k+n\)), a lze jej vyjít pomocí jedenáctischodových kroků. Uvažujme, jak se mění počet vystoupaných schodů, nahradíme-li tyto kroky za delší. Přitom se omezíme na varianty, kdy se počet nezvýší o víc než jedenáct, tedy občas nahrazujeme více kroků za méně.

Nejdříve úlohu rozdělíme na \(6\) částí podle toho, co Ema hodí v prvním kole. Vypočítáme pravděpodobnost výhry Emy v každém případě a jako výsledek bude jejich součet vydělený \(6\), protože každý hod má stejnou pravděpodobnost, a to \(\frac{1}{6}\).

Ema hodí 6

Terka už Emu nepřehodí a Ema automaticky vyhrává s pravděpodobností \(p_6=1\).

Ema hodí 5

Ema vyhraje s pravděpodobností \(\frac{5}{6}\). Pouze když Terka hodí \(6\) (\(\frac{1}{6}\)), Ema okamžitě prohrává. To můžeme zapsat jako \(p_5=\frac{5}{6}+\frac{1}{6}(1-p_6)\). Zde \(\frac{5}{6}\) je pravděpodobnost, že Terka Emu nepřehodí a Ema tedy vyhraje. Pravděpodobnost \(\frac{1}{6}(1-p_6)=0\) vyjadřuje pravděpodobnost, že Terka Emu přehodí a Ema následně vyhraje.

Ema hodí 4

\(p_4=\frac{4}{6} + \frac{1}{6}(1-p_5) + \frac{1}{6}(1-p_6)= \frac{4}{6} + (\frac{1}{6})^2 + 0 = (\frac{5}{6})^2\)

Ema hodí 3

\(p_3=\frac{3}{6} + \frac{1}{6}(1-p_4) + \frac{1}{6}(1-p_5) + \frac{1}{6}(1-p_6)= \frac{3}{6} + \frac{1}{6}\cdot\frac{11}{36} + (\frac{1}{6})^2 = (\frac{5}{6})^3\)

Ema hodí 2

\(p_2=\frac{2}{6} + \frac{1}{6}(1-p_3) + \frac{1}{6}(1-p_4) + \frac{1}{6}(1-p_5) + \frac{1}{6}(1-p_6)= \frac{2}{6} + \frac{1}{6}\cdot\frac{91}{216}+ \frac{1}{6}\cdot\frac{11}{36} + (\frac{1}{6})^2 = (\frac{5}{6})^4\)

Ema hodí 1

\(p_1=\frac{1}{6} + \frac{1}{6}(1-p_2) + \frac{1}{6}(1-p_3) + \frac{1}{6}(1-p_4) + \frac{1}{6}(1-p_5) + \frac{1}{6}(1-p_6)= \frac{1}{6} + \frac{1}{6}\cdot\frac{671}{1296}+ \frac{1}{6}\cdot\frac{91}{216}+ \frac{1}{6}\cdot\frac{11}{36} + (\frac{1}{6})^2 = (\frac{5}{6})^5\)

Celková pravděpodobnost je tedy \(\frac{1}{6}(1+\frac{5}{6}+(\frac{5}{6})^2+(\frac{5}{6})^3+(\frac{5}{6})^4+(\frac{5}{6})^5) = \frac{31031}{46656}\)

Velikost úhlu \(\alpha\) je taková část z \(360°\), jaká je 100 km z obvodu celé zeměkoule. Obvod zeměkoule je $12756$ km. Úhel \(\alpha\) tedy dopočítáme jako \(\frac{36000}{12756\pi}\). Trojúhelník \(ACF\) je pravoúhlý, protože tečna je kolmá na poloměr. Vypočítáme kosinus již známého úhlu, ten se rovná přibližně \(0,999998770\). Dostaneme, že \(\cos\alpha=\frac{6378}{|AC|}\), odkud vyjádříme, že \(|AC|\) je přibližně \(6378,78402\). Rozdíl \(|AC|-|BC|\) je tedy 784,02…m a hledaná odpověď je 784.

Nejprve si rozepíšeme čísla na součin prvočinitelů:

• \(a=400=2^4\cdot5^2\),

• \(b=11664=2^4\cdot3^6\),

• \(c=2460375=3^9\cdot 5^3\),

• \(d=614656=2^8\cdot 7^4\).

Pokud máme zlomek s číslem \(x\) v čitateli, tak tento zlomek může mít v základním tvaru v čitateli pouze číslo, které má v rozkladu na prvočinitele stejné prvočísla, ale můžou být v menší mocnině. Nyní je otázkou v jaké mocnině tato prvočísla můžou být.

Podívejme se nyní na ta nejjednodušší čísla, která můžeme dostat. Určitě můžeme dostat 1, například z \(\tfrac{a}{a}\). Potom můžeme dostat čísla, která budou mocninami prvočísel 2, 3, 5, 7.

• 7 – Můžeme dostat pouze mocninu \(7^4\), například jako \(\mathit{sus}(\mathit{sus}(d, a), a)\). Vzhledem k tomu, že se 7 nachází pouze v \(d\), menší ani větší mocninu nedostaneme.

• 2 – Největší mocninou, kterou můžeme dostat, je \(2^8\), například jako \(\mathit{sus}(d, 7^4)\). Dále můžeme dostat pouze \(2^4\) například jako \(\mathit{sus}(2^8, a)\). Protože i v našich číslech se 2 vyskytuje pouze v čtvrté a osmé mocnině, jiné možnosti nedostaneme.

• 5 – Můžeme dostat jednoduše \(5^3\) jako \(\mathit{sus}(\mathit{sus}(c, b), b)\) a \(5^2\) jako \(\mathit{sus}(a, 2^4)\). Když na nich provedeme operaci \(\mathit{sus}\), dostaneme dokonce \(5^1\).

• 3 – Můžeme dostat stejně jako v předchozích bodech \(3^6\) a \(3^9\). Když na nich nyní provedeme operaci \(\mathit{sus}\) dostaneme \(3^3\), menší mocninu či jinou mocninu než tyto 3 evidentně nedostaneme.

Když máme nyní tyto jednoduché prvky naší No cap množiny, můžeme je použít na dostání všech ostatních prvků tak, že jimi budeme dělit naše čísla \(a\), \(b\), \(c\), \(d\). Můžeme nyní kombinatoricky spočítat nebo výpisem všech možností zjistit počet prvků naší No cap množiny.

• Z \(2^4\cdot5^2\) můžeme dostat: \(2^4\cdot5^1\), \(2^4\cdot5^0\), \(2^0\cdot5^2\), \(2^0\cdot5^1\), \(2^0\cdot5^0\)

• Z \(2^4\cdot3^6\) můžeme dostat: \(2^4\cdot3^3\), \(2^4\cdot3^0\), \(2^0\cdot3^6\), \(2^0\cdot3^3\), \(2^0\cdot3^0\)

• Z \(3^9\cdot 5^3\) můžeme dostat: \(3^9\cdot 5^2\), \(3^9\cdot 5^1\), \(3^9\cdot 5^0\), \(3^6\cdot 5^3\), \(3^6\cdot 5^2\), \(3^6\cdot 5^1\), \(3^6\cdot5^0\), \(3^3\cdot 5^3\), \(3^3\cdot 5^2\), \(3^3\cdot 5^1\), \(3^3\cdot5^0\), \(3^0\cdot 5^3\), \(3^0\cdot 5^2\), \(3^0\cdot 5^1\), \(3^0\cdot5^0\)

• Z \(2^8\cdot 7^4\) můžeme dostat: \(2^4\cdot 7^4\), \(2^0\cdot7^4\), \(2^8\cdot 7^0\), \(2^4\cdot7^0\), \(2^0\cdot7^0\)

Nyní když sečteme celkem všechny prvky, dostaneme, že v naší No cap množině je právě 25 různých prvků.

Na ose \(x\) budeme vynášet všechny možnosti, kolik peněz má Štěpán, na ose \(y\) naopak Anička. Vzhledem k tomu, že Štěpán má mít maximálně \(2\pi\) peněz a Anička maximálně \(\pi\), budou se všechny přípustné dvojice množství peněz nacházet uvnitř obdélníka s rozměry \(\pi, 2\pi\). Podle požadavků úlohy si v tomto obdélníku zaznačíme funkce, které ohraničují všechny podmínky a vznikne nám podmnožina čtverce, která obsahuje body, které vyhovují zadání. Konkrétně jde o funkce \(y-2x=\pm\pi, y+2x=\pi, y+2x=3\pi, x=\frac{\pi}{2}\pm\frac{1}{2\pi}, y=\frac{\pi}{2},y=\frac{3\pi}{2}\). Tím dostaneme následující obrázek:

Nyní potřebujeme pouze vypočítat obsah modré části a obsah celého čtverce, hledaná pravděpodobnost je potom podíl těchto hodnot. Obsah celého čtverce je \(2\pi \cdot \pi=2\pi^2\). Obsah modrého útvaru vypočítáme jako obsah celého čtverce \(-\) součet obsahů čtyř trojúhelníků \(-\) obsah obdélníka. Všechny čtyři trojúhelníky jsou shodné a pravoúhlé, délky jejich odvěsen jsou \(\pi\) a \(\frac{\pi}{2}\), proto součet jejich obsahů je \(\pi^2\). Obdélník má delky stran \(\frac{1}{\pi}\) a \(\pi\), jeho obsah je tedy \(1\). Obsah modrého útvaru je tedy \(2\pi^2-\pi^2-1=\pi^2-1\). Hledaná pravděpodobnost je tedy \(\frac{\pi^2-1}{2\pi^2}\), což se po zaokrouhlení rovná 0.44934.

Nejprve si úlohu trochu analyzujme. Součet čísel na všech stěnách je \(\sum_{n=1}^8 n = 36\). Každá polovina kostky bude mít tedy součet \(18\). Jsou právě čtyři kombinace čísel, která nám dají součet \(18\) a zároveň obsahují jedničku, a to: \[\begin{aligned} 1 + 2 + 7 + 8 \rightarrow \text{ druhá strana je } 3 + 4 + 5 + 6\\ 1 + 3 + 6 + 8 \rightarrow \text{ druhá strana je } 2 + 4 + 5 + 7\\ 1 + 4 + 5 + 8 \rightarrow \text{ druhá strana je } 2 + 3 + 6 + 7\\ 1 + 4 + 6 + 7 \rightarrow \text{ druhá strana je } 2 + 3 + 5 + 8\\\end{aligned}\] Pro každou z možností si rozkreslíme, jak může rozestavění čísel na kostce vypadat, a pak proškrtáme opakující se možnosti (označující stejnou kostku po otočení). Zbude nám 6 různých kostek:

Podívejme se nejprve na to, kolik času uběhne Štěpánovi mezi změnami směru. V reálném čase uběhne 30 minut. Ze začátku vnímá Štěpán čas stejně jako realitu. Na konci (těsně před otáčkou) vnímá Štěpán čas rychlostí \(D = t_r \cdot (\frac{T}{10}+1) = t_r \cdot (\frac{30}{10}+1) = 4 \cdot t_r\). Zkusme si teď veličiny připodobnit k něčemu, co už známe. Rychlost vnímání času zní dost jako rychlost, uplynutý reálný čas by mohl být normální čas, Štěpánem vnímaný čas by mohla být vzdálenost. Štěpánova rychlost vnímání se ale mění a nás by zajímala vzdálenost. Najděme si proto vzoreček pro rovnoměrně zrychlený pohyb: \(s = v_0 \cdot t +\frac{1}{2}gt^2\), kde \(g\) je zrychlení a \(v_0\cdot t\) je vzdálenost, respektive čas, který by vnímal, kdyby nezrychloval, tj. normální čas, a to 30 minut. Ty ale známe přece taky! Co se týče \(g\), za \(30\) minut se Štěpánovo vnímání času zvedne z 1 min/min na 4 min/min, tedy \(g = \frac{\Delta s}{t} = \frac{4 -1}{30} = \frac{1}{10}\), a \(v_0=1\), neboť jde o~standardní vnímání času. Počítejme: \[\begin{aligned} s &= v_0 \cdot t + \frac{1}{2}gt^2\\ s &= 1 \cdot 30 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} \cdot 30 ^2 \\ s &= 75~\text{min} \end{aligned}\] Spočítali jsme tedy, že Štěpán dobu mezi otočkami vnímá jako 75 minut; víme, že \(340 = 4 \cdot 75 + 40\). Musíme proto ještě spočítat, kolik reálného času je pro Štěpána zbylých čtyřicet minut. Dosadíme tedy do předchozího vzorečku a budeme počítat. \[\begin{aligned} 40 &= t + \frac{1}{20}\cdot t^2 \\ 0 &= t^2 + 20t - 800 \\ 0 &= (t-20)(t+40)\end{aligned}\] Protože pro nás čas musí být kladný, volíme kořen \(t=20\). Dohromady reálně muselo uběhnout \(4\cdot30+20 = 140\) min.

Nejprve si uvědomíme, že průnik libovolné roviny rovnoběžné s deskou stolu a zadaného útvaru je buď prázdná množina, nebo množina bodů tvořící \(3\) kružnice, přičemž v rovině, ve které se nacházejí zadané tři body dotyku, jsou tyto body také body dotyku těchto kružnic.

Úlohu si tak můžeme zjednodušit na obsah zvýrazněného \(\triangle JKL\) na následujícím obrázku:

\(\triangle GHI\) a \(\triangle GJL\) jsou podobné s koeficientem podobnosti \(\frac{2}{3}\), a tedy ze znalosti \(|HI| = 2\) (dvakrát poloměr koule) víme, že \(|JL| = \frac{4}{3}\).

Označme střed úsečky \(JL\) jako S.

Výška \(|SK|\) v \(\triangle JKL\) na stranu \(LJ\) je zřejmě \(|GK| - |GS|\). Velikost \(|GS|\) dopočítáme díky koeficientu podobnosti z \(|GK|\), což je výška v \(\triangle GHI\). Zároveň víme, že \(|GI| = 3\) (součet poloměrů válce a koule). Z Pythagorovy věty platí:

\[|GI|^2 = |KI|^2 + |GK|^2,\]

Tedy: \[\begin{aligned} |GK| &= \sqrt{|GI|^2 - |KI|^2} = \sqrt{(2+1)^2 - 1^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\\ |GS| &= \frac{2}{3}|GK| = \frac{4}{3}\sqrt{2}\\ |SK| &= |GK| - |GS| = \frac{2}{3}\sqrt{2}.\\\end{aligned}\] Nyní stačí dosadit vypočtené hodnoty do vzorečku pro obsah trojúhelníku:

\[S(\triangle JKL) = \frac{|LJ| \cdot |SK|}{2} = \frac{\frac{4}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \sqrt{2}}{2} = \frac{4 \cdot \sqrt{2}}{9} \approx 0.62854 \text{ cm.}\]

Stejně jako původní polynom budou mít oba polynomy, na jejichž součin ho rozkládáme, celočíselné kořeny, které budou v absolutní hodnotě menší nebo rovny pěti. To znamená, že tyto polynomy budou mít i celočíselné koeficienty. To nám nedává až tak moc možností, jak dané polynomy mohou vypadat. Napišme si u obou polynomů vždy pro danou hodnotu \(e\) či \(e'\), jakou musejí mít hodnotu koeficienty \(f\) či \(f'\) – (dopočítáme ze vzorečku pro diskriminant \(b^2-4ac\)). A jaké nám to pak dává kořeny – zjistíme z Viètových vztahů.

Nejprve pro \(x^2+ex+f\) s diskriminantem \(9\). To znamená, že nám stačí zkoumat lichá \(e\), protože jinak by \(f\) nebylo celočíselné.

• \(|e|=1 \rightarrow f=-2\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(-1\), \(2\) nebo \(1\), \(-2\).

• \(|e|=3 \rightarrow f=0\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(0\), \(3\) nebo \(0\), \(-3\).

• \(|e|=5 \rightarrow f=4\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(1\), \(4\) nebo \(-1\), \(-4\).

• \(|e|=7 \rightarrow f=10\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(2\), \(5\) nebo \(-2\), \(-5\).

• Pro větší \(e\) v absolutní hodnotě dostaneme už moc velké kořeny.

Nyní pro \(x^2+e'x+f'\) s diskriminantem \(16\). To znamená, že nám stačí zkoumat sudá \(e'\), protože jinak by \(f'\) nebylo celočíselné.

• \(|e'|=0 \rightarrow f'=-4\) tedy máme kořeny \(-2\), \(2\)

• \(|e'|=2 \rightarrow f'=-3\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(-1\), \(3\) nebo \(1\), \(-3\).

• \(|e'|=4 \rightarrow f'=0\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(0\), \(4\) nebo \(0\), \(-4\).

• \(|e'|=6 \rightarrow f'=5\) tedy máme dvě možnosti pro kořeny \(1\), \(5\) nebo \(-1\), \(-5\).

• Pro větší \(e'\) v absolutní hodnotě dostaneme už moc velké kořeny.

Nyní opět použijeme Viètovy vztahy, a to na dopočítání koeficientů. To, že je \(a\) rovno sedmi, znamená, že součet kořenů je roven mínus sedmi. Vzhledem k tomu, že naše dva polynomy mají mít navíc alespoň jeden kořen stejný, dostaneme, že jediné možnosti kořenů jsou \(-2\), \(-5\), \(-2\), \(2\) a \(0\), \(-3\), \(0\), \(-4\), \(0\). Nyní víme, že \(d\) je rovno součinu všech kořenů, takže řešením je \(-40+0=-40\).

Začněme tím, že si zafixujeme \(n \leq m\). Uvědomme si, jak se v takovémto případě bude počítat počet všech čtverců. Hledáme-li čtverečky o velikosti \(1\times1\), pak jich tam bude \(n\) v jednom směru, \(m\) ve druhém, celkem tedy \(n\cdot m\). Pokud chceme čtverečky velikosti \(2\times 2\), pak se dívejme jen na třeba horní levý čtvereček, to budou v jednom směru všechny až na ten poslední, tj. \((n-1)\cdot(m-1)\), atd. Až do velikosti \(n \times n\), to je ten největší čtverec, který se tam při našem předpokladu vleze. Rozepišme: \[\begin{aligned} 1 \times 1 &\dots n \cdot m \\ 2 \times 2 &\dots (n-1) \cdot (m-1) \\ 3 \times 3 &\dots (n-2) \cdot (m-2) \\ &\vdots \\ n \times n &\dots (n-n+1) \cdot (m-n+1) = 1 \cdot (m-n+1)\\\end{aligned}\] Napišme si součet všech čtverců jako sumu a upravujme pomocí vzorců pro aritmetické a kvadratické řady: \[\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1} (n-i)(m-i) &= \sum_{i=0}^{n-1} nm-in-im + i^2 = \sum_{i=0}^{n-1}nm -\sum_{i=0}^{n-1}in-\sum_{i=0}^{n-1}im+\sum_{i=0}^{n-1}i^2 \\ &= n\cdot nm - \frac{(n-1)n}{2} \cdot n - \frac{(n-1)n}{2} \cdot m + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - n^2\\ 50141 &= n^2m - \frac{n^3-n^2}{2} - \frac{n^2-n}{2} \cdot m + \frac{2n^3+3n^2+n}{6}-n^2 \\ 300846 &= 6n^2m - 3n^3+3n^2-3n^2m+3nm+2n^3+3n^2+n-6n^2 \\ 300846 &= 3n^2m - n^3 + n + 3nm \\ 300846 &= n\cdot(n+1)\cdot(3m-n+1)\end{aligned}\] Součet jsme si upravili do poměrně hezkého tvaru, víme, že \(n,m\) jsou počty čtverců, a proto i přirozená čísla. Nesmíme ovšem zapomenout, že tento vzorec není symetrický a platí jen za podmínky, že \(n \leq m\). Jak na to teď? Vidíme, že číslo 300846 je dělitelné dvěma po sobě jdoucími čísly \(n, n+1\). Můžeme si tedy najít všechny dělitele čísla 300846 a podívat se, kteří dělitelé jdou po sobě a pro ně pak dopočítat \(m\) a jen hlídat, že pořád platí \(n \leq m\). Pro ty línější (jako já) se dá napsat jednoduchý for cyklus.

import math

def cifernysoucet(x):
    return sum(int(digit) for digit in str(x))
    
def check(n,m):
    ctverecku = 0
    for i in range(1,n+1):
        ctverecku += (n+1-i)*(m+1-i)
    print("Soucet ctverecku:", ctverecku)
        

soucet = 0
big = 6*50141
limit = int(math.sqrt(big))
for n in range(1, big):
    if big % (n*(n+1)) == 0:
        y = (big/(n*(n+1))+n-1)
        if y % 3 == 0:
            m = y//3
            cifsoucet = cifernysoucet(int(m))+cifernysoucet(n)
            soucet += cifsoucet
            print("n=",n, " m=", m, " ciferny soucet:", soucet)
            if n < m:
                check(n,int(m))
            else: 
                check(int(m),n)

Podívejme se, jak to tedy dopadne:

n= 1  m= 50141.0  ciferny soucet: 12
Soucet ctverecku: 50141
n= 2  m= 16714.0  ciferny soucet: 33
Soucet ctverecku: 50141
n= 13  m= 555.0  ciferny soucet: 52
Soucet ctverecku: 50141
n= 38  m= 80.0  ciferny soucet: 71
Soucet ctverecku: 50141
n= 57  m= 49.0  ciferny soucet: 96
Soucet ctverecku: 50225

Vidíme, že jsme získali pět výsledků, nicméně ten poslední je 57 a 49, kde \(n\) je větší než \(m\), přičemž při zpětné kontrole vyšel součet jiný, než chtěný (je tomu proto, že při špatném pořadí \(n, m\) se v sumě začnou objevovat záporné členy a součet zmenší na požadované číslo, to je však při reálném použití špatně, protože nemůžeme mít záporný počet čtverečků).

Vyhodíme proto poslední dvojici a vezme ciferný součet a zvětšíme ho dvakrát (pozn. ciferný součet je počítán postupně, tedy ciferný součet ve výstupu už je ciferný součet jeho a všech předchozích dvojic). Protože teď jsme předpokládali, že \(n\leq m\), ale pro \(m \leq n\) získáme další symetrická řešení. Řešením je proto číslo 142.

Můžeme si povšimnout podobnosti s Fibonacciho posloupností: \(F_0=0\), \(F_1=1\), \(F_2=1\), \(F_3=2\), …, která je definovaná jako \(F_i=F_{i-1}+F_{i-2}\).

• \(\alpha_2=F_2\cdot\tfrac{2\pi}{13}+F_1\cdot\tfrac{2\pi}{11}\)

• \(\alpha_3=F_3\cdot\tfrac{2\pi}{13}+F_2\cdot\tfrac{2\pi}{11}\)

• \(\alpha_4=F_4\cdot\tfrac{2\pi}{13}+F_3\cdot\tfrac{2\pi}{11}\)

• Obecně tedy pro \(n\ge2\) dostaneme \(\alpha_i=F_{i}\cdot\tfrac{2\pi}{13}+F_{i-1}\cdot\tfrac{2\pi}{11}\)

Nejmenší možná vzdálenost od bodu 1 by samozřejmě byla nulová vzdálenost. Abychom mohli tuto vzdálenost dostat, potřebovali bychom, aby existovalo \(i\) takové, že \(F_{i}\) je dělitelné třinácti a \(F_{i-1}\) je dělitelné jedenácti. První takové \(i\) je 21. Tudíž první \(i\), pro které je vzdálenost 0, je 21.