Zadání XXXI. ročníku
3. série
Invarianty
Termín odevzdání: 6. ledna 2025 23:59
Organizátoři turnaje se rozhodli nedat našim dvěma hrdinům oddych. Mediální pozornost je tam, kde ji přesně potřebují, zatlačili proto na Brkosovickou zahradnici Ame Rolníkovou a nechali ji po vzoru nejmenované kouzelnické frančízy vysázet na pozemky obrovské bludiště. Stěny bludiště sestávaly z rostlinek tújí, které ale přes noc dorostly výšky 10 metrů, protože na ně slečna Rolníková aplikovala záhadný přípravek, který používá na svoje vlasy. (Ňouma si poznamenal do svého imaginárního deníčku, že by se jí měl pro osobní účely zeptat, jak se ten přípravek jmenuje). Na špičce každé túje roste šiška. Úkolem našich soutěžících je, aby dosáhli určitého počtu šišek v celém bludišti za daný časový limit.
„Mohl bys mi aspoň trochu pomoct?“ křičí Ňouma na svého kamaráda, zatímco se jako hladová koala drží túje.
„Nemá to smysl,“ odpovídá Kouma, přičemž si počká, než je Ňouma skoro na vrcholu, aby mu tuto informaci sdělil.
„Co to zase meleš? Můžeš s těma tvýma negativistickýma…“ naštěstí zbytek Ňoumovy věty odnesl vítr zuřící mezi vršky tújí.
„Tahle soutěž je zmanipulovaná, nemůžeme vyhrát.“
Úloha 1 – Šestiúhelník:
V šestiúhelníku rozděleném na \(96\) trojúhelníků jsou na každém z \(61\) bodů dvě šišky. V každém tahu musíme na každý ze tří vrcholů jednoho zvoleného nejmenšího trojúhelníku přidat jednu šišku. Může nastat situace, kde je na každém bodu \(2024\) šišek? 
Řešení
Mohli bychom si vrcholy trojúhelníků obarvit jako na obrázku. Pokud pak zvolíme nějaký trojúhelník, tak přibyde jedna šiška na modrou, zelenou i červenou. Nicméně červených a zelených bodů je každých 21, modrých jenom 19. Všem modrým musíme dohromady dodat \(19\cdot2024-19\cdot2=38418\) šišek, což uděláme výběrem 38418 trojúhelníků. Pak ale počet šišek na červených vrcholech bude \(21\cdot2+38418 = 38460\) přičemž ale ve finálním stavu by na všech červených vrcholech mělo být \(21\cdot2024 = 42504\).
Komentář
Řešení byla vesměs moc super! Líbilo se mi, že jste někteří byli i kreativnější ve výběru obarvení - často jste trojúhelník obarvovali na modré a nemodré a pro ty to počítali. Krása!
„Nemohl jsi to říct dřív?“ ucedí mezi nádechy Ňouma, kterému se bezpečně podařilo slézt z túje zase na zem.
Kouma tuto Ňoumovu otázku ignoruje, protože jakákoliv odpověď by si vysloužila jeden z Ňoumových kombatanových chvatů. (Ňouma totiž v jednom semestru navštěvoval filipínské bojové umění a všem pořád vyhrožuje, že je na ně použije, nikdo ale neví, že při hodinách kombatanu nejvíce modřin způsobil sám sobě, když se pokoušel napodobit chvaty svého mistra.)
„Co budeme dělat teď?“ zeptá se, trochu bezmocně, Ňouma.
„Třeba je to zkouška, jestli na to přijdeme?“ snaží se to vylepšit Kouma.
Ňouma se okamžitě chytá toho stébla, který mu jeho kamarád hodil. „Takže pořád můžeme vyhrát! Pojď!“
„Kam jdeme?“
„No přece za organizátory, říct jim, že jsme vyhráli.“
*jako ze Spongeboba* O půl hodiny později.
„Tuhle túji jsem už viděl,“ poznamená Kouma.
„Protože všechny vypadají úplně stejně!} ohradí se frustrovaně Ňouma.
„Až na tadytento strom,“ ukáže Kouma na rostlý dub.
Úloha 2 – DEVY větví věže:
Strom DEVY má podstavu ve tvaru písmene D, ze které trčí Y. Kromě toho máme neomezený počet písmen E,V,Y a větví se. V každém kroku musí stromu přidat jedno patro o výšce jednoho písmenka. Může stavět následujícími způsoby:
na jednu větev stromu umístí písmeno Y a stanou se z ní tak dvě nové větve,
na dvě sousední větve umístí písmeno V vzhůru nohama a spojí je tak do jedné větve,
na tři sousední větve umístí písmeno E otočené o \(90°\) tak, že z nich žádná větev nepokračuje.
Rozhodněte, zda existuje strom, který v posledním patře nemá žádnou volnou větev, tzn. Devy všechny větve ukončil písmeny E. 
Řešení
Jako vzorové řešení jsem se rozhodla použít řešení Pavla Hyánka: Uvažme libovolné patro stromu a v něm označme \(y, v, e\) postupně počty výskytů písmen Y, V, E v něm. Počet větví přicházejícího z předchozího do tohoto patra označme \(a\) a počet vycházejících větví z tohoto patra do toho dalšího jako \(b\). Z tvarů jednotlivých písmen dostáváme
\(a=y+2v+3e, b=2y+v \Rightarrow 3\mid(3y+3v+3e)= a + b.\)
Pokud tedy \(3\nmid{a},\) pak zřejmě \(3\nmid{b}\). Jelikož 3 nedělí počet písmen přicházejích do prvního patra, nemůže díky tomuto pozorování dělit počet větví přicházejícíh do jakéhokoliv jiného patra.
Kdyby existoval strom, z jehož posledního patra by nevycházela žádná větev pak by 3 dělila tento počet výchozích větví (který je 0) což je spor s předchozím porozováním. Takový strom tedy existovat nemůže.
Komentář
Většina z Vás to měla správně. Občas jsem ale musela strhnou nějaké body za menší chybky, nebo za špatně/nedostatečně popsaný důkaz.
cink cink ozve se zvonek bicyklu a zpoza dubu se vynoří štíhlá ženská postava s helmou.
„Slečna Rolníková?!“ diví se Kouma s Ňoumou.
Slečna Rolníková elegantně sesedne ze sedátka a dramaticky si přehodí dlouhý cop přes rameno.
„HOUBO se ZLOUBOU!“ zahřmí povědomým hlasem a ukáže na Koumu s Ňoumou prstem, „tohle je váš konec.“
„Mám pocit, že tohle mi už někdo říkal,“ odvětí znuděně Ňouma.
„Jo zrovna minulý týden,“ vysvětluje Kouma.
„když jsme Fintě sebrali jídlo,“ pokračuje Ňouma.
„má dost divný vztah ke svým hranolkám,“ doplní Kouma.
Slečna Rolníková nasupeně zakroutí hlavou. „Vy to nechápete, že? Tady můj miláček“ – láskyplně pohladí dub, přičemž si Kouma s Ňoumou vymění zděšené pohledy – „za chvíli vyroste, a stane … se… z… něj…}
„Hele my na to nemáme úplně čas, jo? My musíme jít,“ odbyde ji Ňouma.
„strašlivý…“ – Kouma si zívne a poklepe na hodinky –„…DRAK!“
Úloha 3 – Drak:
Drak má \(n\) hlav. Když mu usekneš \(2\) hlavy, naroste mu dalších \(k+2\) hlav, kde \(k\) je počet hlav před useknutím a vzápětí mu upadne \(s(k)\) hlav, kde \(s(k)\) je ciferný součet \(k\). Když mu usekneš \(11\), narostou mu dvě hlavy. Jiné počty hlav mu sekat nelze, musíš tedy useknout právě \(2\) nebo právě \(11\) hlav. Pro která \(n\) dokážeš draka zabít? Draka zabijeme tak, že usekneme právě tolik hlav, kolik jich aktuálně má.
Řešení
Ukážeme, že zbytek počtu hlav po dělení devíti se nemění, tj. je invariantem.
Zřejmě useknutí \(11\) hlav zbytky zachovává, tj. \(n-11+2 \equiv n \mod 9\)
Při sekání \(2\) se počet hlav draka změní na \(n-2+n+2-s(n)=2n-s(n)\), avšak protože \(n\equiv s(n) \mod 9\), vztah lze dále kongruencemi upravit: \(2n-s(n) \equiv 2n-n \equiv n \mod 9\). Tedy i useknutí dvou hlav zachová zbytkovou třídu modulo \(9\).
Nechť \(n=9k+2, k \in \N_0\). Pak lze draka zabít opakovaným sekáním \(11\) hlav, při každém useknutí se počet hlav sníží o \(9\), až jich zbyde \(11\), jejichž useknutím je drak zabit. Případ \(n=2\) vyřešíme useknutím dvou hlav.
V opačném případě, kdy \(n \not\equiv 2 \mod 9\), se sekáním hlav nelze dostat do stavu \(n \equiv 2 \mod 9\), tedy zejména nemůže nastat situace, kdy má drak \(2\) nebo \(11\) hlav a lze jej zabít.
Tím je důkaz hotov.
Komentář
Jediný problematický bod úlohy byl nezapomenout zmínit, že pro všechna \(x=9k+2\) jsme schopni draka zabít prostým sekáním jedenácti hlav. V této úloze to bylo zřejmé, ale obecně to v podobných úlohách nemusí platit. Přesto chválím všechny, poslali jste hezká řešení!
Každý konec větve se začne formovat do tvaru dračí hlavy. Ostré zuby, pronikavé jantarové oči. Kořeny stromu se mění na obrovské hnáty s drápy. Se zlověstným smíchem slečny Rolníkové se ozve i dračí řev.
„Utíkej!“ křičí Ňouma a za paži táhne svého ztuhlého kamaráda.
Zatáčí mezi tújemi bludiště a to se jim před očima mění. Zatáčky se kroutí opačným směrem, túje jim vráží pod nohy kořeny. Mohutný drak přeskakuje z túje na túji a neustále je svým odporným dechem oběma hrdinům v patách. Kouma s Ňoumou zatočí doprava, běží, zatočí doleva, přeskočí keř a dívají se přímo do žlutých hadích očí. A to je to poslední, co si oba hrdinové pamatují.
Z doby než se probudili samozřejmě. Ne, že by umřeli, to bychom neměli o čem psát v dalších sériích. Oba hrdinové se totiž probudí živí v Brkosovické nemocnici za rytmického pípání srdečního měřáku.
Úloha 4 – NSD:
Kouma má na displeji svých měřáků všechna přirozená čísla od 1 do 2024. Sestřička si vždy vybere dvě čísla, ta se smažou a místo nich se na displeji objeví jejich nejmenší společný násobek a největší společný dělitel. Pan doktor hlídá, že součet čísel na displeji neklesne pod \(1 500 000\). Ukažte, že to se nikdy nestane.
Řešení
Jak je známo, součin dvou přirozených čísel je stejný jako součin jejich NSN a NSD. Tedy libovolnou úpravou se součin všech čísel nezmění a bude stále \(2024!\). Z AG nerovnosti víme, že \(\frac{S}{2024}\geq \sqrt[2024]{2024!}\), kde \(S\) je součet všech čísel. Proto \(S\) je větší než pravá strana vynásobená číslem 2024, což je číslo větší než 1500000. Tonda
Komentář
Většina z vás si s úlohou poradila. Někteří jste využívali AG nerovnost, někteří jste ukázali, že součet nikdy neklesne, obě varianty jsou v pořádku. Těm, kteří pouze napsali, že součet čísel neklesne, aniž by to vysvětlili, dávám krásných 0 bodů. Tonda
Kouma s Ňoumou přicházejí k sobě. Všechno je bolí. Těžko se jim dýchá. A jejich stavu rozhodně nepřispívá fakt, že na rozvrzané bílé židličce vedle nich sedí Říďa.
„Myslel jsem se, že váš obličej už neuvidím,“ pochechtne se Říďa a s hlasitým vrznutím si poposedne.
„Nás se jen tak nezbavíte,“ ušklíbne se Ňouma a sykne bolestí.
„Nemyslíte si doufám, že celá tato záležitost je mým konáním, že ne?“ nakloní se Říďa a na čele se mu objeví vráska. Vlastně je to asi poprvé, co ho Kouma s Ňoumou vidí vyděšeného. Oba hrdinové se na sebe podívají, oni vědí, že něčeho takového by Říďa nebyl schopen. A oba dva přesně vědí, kdo má na jejich životy posvíceno a kdo nebohou slečnu Rolníkovou donutil vypěstovat draka. Proběhne mezi nimi jakási tichá domluva, kterou můžeme přeložit asi takto:
Ňouma varovně vytřeští na Koumu oči = dáváš pozor, co se tady děje?
Kouma se strachem v očích přikývne = vím; a vím, že to vůbec není dobrý.
Ňouma tázavě pozvedne jedno obočí = řekneme mu to?
Kouma si skousne ret = myslíš, že to pochopí?
Ňouma zavrtí hlavou = musím překládat, co to znamená?
„Samozřemě, že si to nemyslíme!“ usměje se Kouma.
„Od vás? To nikdy pane řediteli!“ práskne rukama Ňouma a Kouma po něm střelí dalším pohledem, balancují na tenkém ledě. Ale Ňouma na něj jen mrkne, ví, co na Říďu platí.
Úloha A – MRK:
Mějme ostroúhlý trojúhelník \(MRK\) a \(3\) různé kružnice. Střed každé kružnice je zároveň středem strany trojúhelníku \(MRK\) a dále platí, že na každé kružnici leží právě \(2\) vrcholy trojúhelníku. Dokažte, že všechny průsečíky těchto kružnic leží na stranách trojúhelníku \(MRK\).
Řešení
Máme ostroúhlý trojúhelník \(MRK\). Dále máme tři kružnice \(k\), \(m\), \(r\) se středy ve středech stran \(MR\), \(RK\), \(KM\) trojúhelníku \(MRK\) takové, že na každé z nich leží právě dva vrcholy tohoto trojúhelníku.
Mějme BÚNO kružnici k se středem odpovídajícím středu úsečky \(MR\). Jelikož má trojúhelník tři vrcholy a dva z nich mají ležet na kružnici \(k\), musí na ní ležen alespoň jeden z vrcholů \(M\), \(R\). Zřejmě, pokud na ní leží jeden, musí na ní ležet i druhý; tedy oba body \(M\), \(R\) leží na kružnici \(k\). Stejně je možné odargumentovat, že na kružnici m leží právě vrcholy \(R\), \(K\) a že na kdužnici \(r\) leží právě vrcholy \(K\), \(M\).
Dále uvažujme BÚNO dvojici kružnic \(k\), \(m\). Jeden z jejich průsečíků je zřejmě bod \(R\), který leží dokonce na dvou stranách trojúhelníku \(MRK\). Jelikož středy kružnic \(k\), \(m\) a bod \(R\) neleží na jedné přímce, mají kružnice \(k\), \(m\) ještě jeden průsečík. Označme ho \(X\). Kružnice \(k\) je thaletova vůči trojúhelníku \(MRX\), a kružnice \(m\) je thaletova vůči trojúhelníku \(RKX\). Z toho plyne, že úhly \(\angle RXM\) a \(\angle RXK\) jsou oba pravé. Z toho plyne, že bod \(X\) leží na úsečce \(MK\), která je stranou trojúhelníku \(MRK\).
Komentář
V myšlenkách řešení žádné větší opakující se problémy nebyly. Čtěte si ale prosím po sobě svá odevzdávaná řešení, ať mají vaše věty hlavu a patu. Můžete mít sebelepší myšlenku důkazu, ale když z vašeho řešení není poznat, je to škoda.
„Udělám všechno, co je v mých silách, abych zjistil, kdo za tímto útokem stojí. Promluvím si rázně se slečnou Rolníkovou. A to jsem si myslel, že pěstování trávy ve školních sklenicích je to nejhorší, co se mi v učitelském sboru může stát,“ ujišťuje je Říďa. Všichni tři ale vědí, že v moment, kdy se Říďa vrátí do své kanceláře, na celý incident se zapomene a po drakovi nikdo ani nevzdechne.
Sotva za ředitelem cvaknou dveře, už mají Kouma s Ňoumou hlavy u sebe.
„Já tomu nemůžu uvěřit!“ máchá rukama Ňouma.
„Já jsem seriózně věřil, že nám ti dva kouzelníci dají už pokoj.“
„Neměli jsme je nechávat bez dozoru. Šim Šal Abím a Járo Švrkošík jsou moc silní kouzelníci.“
„Ani jsem nevěděl, že jde něco jako ovládnout mysl ostatních!“
„Já taky ne! Vždyť přece slečna Rolníková je tak hodný člověk!“
Kouma s Ňoumou mají nařízený klid na lůžku. Naštěstí vyvázli jen s mírnými škrábanci a díky včasné záchraně hasičského sboru (bylo zábavné pozorovat boj drakova ohně a hasičské hadice, kterou nakonec použili jen k tomu, aby svázali drakovy končetiny) nemají ani nic zlomeného. Doktoři pouze začali léčit Koumovo pálení žáhy, které jim Ňouma vysvětloval, že má jeho kamarád pouze ze zapálení pro matematiku. Dostalo se jim několik návštěv od Finťi, nejvíc je však překvapilo, když je navštívila jejich profesorka Hrudková.
„Jak je?“ zeptá se jich mile.
„Asi dobře?“ odvětí překvapený Kouma.
„Musíme zkontrolovat, že je s vámi všechno v pořádku. Jak se jmenujete? Kolik vám je? Jaká je vaše oblíbená zmrzlina. Najděte áááá…“
Úloha B – Najdi a:
Najděte všechna reálná \(a\) taková, že existuje reálné \(c\) takové, že rovnice \(ax^2+3x+c=c^2\) má právě jedno řešení.
Řešení
Rovnici můžeme upravit do tvaru: \(ax^2 + 3x + (c-c^2) = 0\)
Tato rovnice má právě jedno řešení právě tehdy když je její diskriminant roven \(0\), tedy:
\(D = B^2 - 4AC = 9 - 4a(c-c^2) = 0 ~~~~~ =>~~~~~ 4ac^2 - 4ac + 9 = 0\)
Hledáme \(a\) takové, že tato rovnice má alespoň jedno řešení - \(a\) je pro nás neznámý parametr, pro který se snažíme najít všechny možné hodnoty takové, aby diskriminant této nové rovnice pro proměnnou \(c\) byl větší nebo roven \(0\) a rovnice měla alespoň jedno řešení.
\(D' = (4a)^2 - 4 \cdot (4a) \cdot 9 \geq 0 ~~~~~ => ~~~~~ 16 a (a-9) \geq 0\)
Tato nerovnice je splněna pro \(a \in (- \infty; 0] \cup [9; \infty)\)
Komentář
Většina z vás měla úlohu správně - chválím! Nejčastější chybou bylo dělení rovnice pomocí \(a\) (s předpokladem, že \(a \neq 0\)), avšak tento jeden konkrétní případ (\(a=0\)) jste potom nevyřešili.
Profesorka Hrudková si odloží batoh na jejich noční stolek. „Nemáte hlad, hoši? Já jsem totiž ještě nevečeřela!“ zasměje se a odloží masožravou rostlinku, kterou má z nějakého důvodu v batohu, na parapet.
„Něco jsem vám totiž upekla!“
Úloha C – Perník:
Profesorka Hrudková pekla perník. Uvažme čtverec perníkového těsta o délce \(1\) metr. Do něj náhodně vykrojila kruhový perníček o průměru \(0,5\) metru. Jaká je pravděpodobnost, že se jí poté do zbytku těsta podaří vykrojit ještě jeden stejně velký kruhový perníček, pokud ho tentokrát může vykrojit na libovolném místě?
Řešení
Úlohu budeme řešit s pomocí geometrické pravděpodobnosti.
Mějme množinu všech možných vykrojení jednoho kruhového perníku a množinu všech středů těchto kruhových perníků. Nalézt první množinu je pro naše účely ekvivalentní s nalezením té druhé. Množinu všech středů vykrojení nazveme \(A_1\). Každý prvek této množiny je tak vzhledem k hledané pravděpodobnosti jedním možným případem, který mohl nastat a množina zároveň obsahuje všechny případy, které mohly nastat.
Dále vymezíme její podmnožinu, v níž umístění středu prvního kruhového perníku zajišťuje úspěšné vykrojení druhého kruhového perníku. Vzhledem k hledané pravděpodobnosti se jedná o množinu všech příznivých případů. Nazveme ji \(A_2\).
Pravděpodobnost „úspěchu“ (vykrojení prvního kruhového perníku tak, že lze vykrojit i druhý) pak z vlastností geometrické pravděpodobnosti určíme jako podíl měr množin \(A_2\) a \(A_1\) . U geometrické pravděpodobnosti v rovině můžeme míru pro naše účey ztotožnit s plochou. Stačí tedy zjistit plochu množin \(A_1\) a \(A_2\).
Uvažujme nejprve vykrojení pouze jednoho kruhového perníku.
Kruhový perník bude podmnožinou čtvercového těsta, jestliže je jeho střed podmnožinou čtvercového těsta a zároveň od každé ze čtyř stran čtverce vzdálen o alespoň \(0.25\) metrů, tedy o poloměr kruhového perníku. Pokud si nakreslíme rovnoběžky se stranami definující tyto hranice, jako průnik nám vznikne čtverec o straně \(0.5\) metrů, jehož střed i orientace jsou shodné s původním čtvercovým těstem. Tento menší čtverec reprezentuje množinu \(A_1\). Její plochu snadno určíme jako \(0.5^2 = 0.25\) metrů čtverečných. Následující obrázek zobrazuje tyto poznatky a zároveň v něm můžeme vidět různá umístění středů perníků.
Z výše uvedeného přímo vyplývá, že středy obou kruhových perníků musí nutně ležet v tomto menším čtverci. Podmínka je nutná, ovšem ne postačující. Dále musíme zajistit, aby obsah průniku dvou kruhových perníků byl nulový, tedy najít množinu \(A_2\). Z vlastností kruhu přímo vyplývá, že středy kruhových perníků musí být pro splnění této podmínky vzdáleny nejméně o \(0.5\) metrů, neboli o součet jejich poloměrů. Můžeme tedy říci, že střed prvního kruhového perníku byl umístěn do množiny \(A_2\), jestliže kruh o dvojnásobném poloměru a stejném středu nepokrývá celou množinu \(A_1\). Jinými slovy: existuje alespoň jeden bod z množiny \(A_1\) takový, že je od středu prvního kruhového perníku vzdálen o alespoň \(0.5\) metrů.
A jak tedy množina \(A_2\) vypadá? Pojďme k tomu ještě ukázat následující tvrzení. Pro libovolný bod \(P\) čtverce o straně \(a\) platí, že ze všech bodů tohoto čtverce je od bodu \(P\) nejvzdálenější některý ze čtyř vrcholů tohoto čtverce.
Položmě bod \(P\) jako počátek souřadnicového systému s osami rovnoběžnými se stranami čtverce, čímž rozdělíme čtverec do čtyř kvadrantů. Vyberme vrchol, jehož souřadnice mají největší absolutní hodnoty a dále je značmě jako \(|x| a |y|\). Vzdálenost všech čtyř vrcholů čtverce od bodu \(P\) je tak z Pythagorovy věty postupně \(\sqrt{x^2 + y^2}\), \(\sqrt{(a-x)^2 + y^2}\), \(\sqrt{x^2 + (a-y)^2}\) a \(\sqrt{(a-x)^2 + (a-y)^2}\), z čehož snadno vidíme, že nejvzdálenější vrchol je od bodu \(P\) vzdálen o \(\sqrt{x^2 + y^2}\) a jedná se o ten s největšími absolutními hodnotami souřadnic.
Je to ovšem nejvzdálenější bod čtverce? Jistě ano. Zvolme libovolně bod z kvadrantu, ve kterém leží nejvzdálenější vrchol. Jeho souřadnice jsou \((m,n)\), kde \(0 \geq |m| \geq |x|\) a \(0 \geq |n| \geq |y|\). Snadno poté vidíme, že \(\sqrt{x^2 + y^2} \geq \sqrt{m^2 + n^2}\).
Podobnými úvahami dokážeme tvrzení pro ostatní kvadranty, přičemž porovnáváme vzdálenost náhodně vybraného bodu s vrcholem čtverce z příslušného kvadrantu. Tím je tvrzení dokázáno.
Díky uvedenému tvrzení můžeme konstatovat, že střed prvního kruhového perníku leží v množině \(A_2\) právě tehdy, když je alespoň od jednoho z vrcholů čtverce určujícího množinu \(A_1\) vzdálen o alespoň \(0.5\) metrů. Neboli množina \(A_2\) je doplněk k průniku množiny \(A_1\) se čtyřmi kruhy o poloměru \(0.5\) metrů, jejichž středy jsou vrcholy čtverce určujícího množinu \(A_1\) (viz obrázek).
Nyní nám stačí pouze vypočítat plochu této oblasti. Skládá se ze čtyř shodných dílků, přičemž obsah každého si můžeme na obrázku představit jako sjednocení dvou oblastí o obsahu \(S_a\) a jedné oblasti o obsahu \(S_b\). V obrázku je vyznačený trojúhelník \(DEF\), který je zřejmě rovnostranný díky rovnosti poloměrů čtyř kruhů a délky strany čtverce určujícího množinu \(A_1\). Vyznačená levá polovina tohoto čtverce (označme obsah \(S_1\)) se nám tak dělí na tři disjunktní části, polovina trojúhelníku \(DEF\) (označme obsah \(S_2\)), kruhová výseč určená úhlem \(30^{\circ}\) a poloměrem \(0.5\) metrů (označme obsah \(S_3\)), a zmíněný dílek s obsahem \(S_a\). Všechny obsahy \(S_a, S_b, S_1, S_2\) a \(S_3\) snadno spočítáme:
\(S_1 = 0.5^2 / 2 = \frac{1}{8}\),
\(S_2 = \frac{0.25 \cdot \sqrt{0.5^2 – 0.25^2}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{32}\),
\(S_3 = \pi \cdot 0.5^2 \cdot \frac{30}{360} = \frac{\pi}{48}\),
\(S_a = S_1 – S_2 – S_3 = \frac{1}{8} - \frac{\sqrt{3}}{32} - \frac{\pi}{48}\),
\(S_b = 2 \cdot S_1 - 3 \cdot S_3 – 4 \cdot S_a = \frac{\pi + 6 \cdot \sqrt{3}-12}{48}\).
Nyní stačí určit, že \(A_2 = 8 \cdot S_a + 4 \cdot S_b = \frac{3 \sqrt{3} - \pi}{12}\) a konečně můžeme určit pravděpodobnost \(p\), pro kterou se profesorce Hrudkové podaří vykrojit dva kruhové perníky, tedy:
\(p = \frac{A_2}{A_1} = \frac{\frac{3 \sqrt{3} - \pi}{12}}{4} = \frac{3 \sqrt{3} - \pi}{4} \approx 0.68485\).
Komentář
Většina z vás došla ke správnému řešení a postupy byly moc hezké. Spoustě řešení jsem ztrhával body za nedostatečné zdůvodnění (či jeho úplnou absenci), proč je to vždy jeden (či více) z vrcholů čtverce, který je nejvzdálenější libovolnému bodu tohoto čtverce. Byly to každopádně jen drobné desetiny.
Nejčastější přístup k výpočtu plochy byly geometrické úvahy - plocha výseče a úseče, či využití Pythagorovy věty apod. Každé řešení bylo trochu jiné, což mi přišlo moc fajn. Dva z vás dokonce využili úplně odlišný přístup a vypočítali plochu pomocí integrálu. Tento postup je samozřejmě také správný, každopádně ve vzoráku je zmíněn pouze středoškolský způsob řešení.
Děkuji hlavně těm, kteří si dali práci s pořádným obrázkem, systematickým popisem všech použitých značení a popisem, jak přesně využijeme geometrickou pravděpodobnost.
„To je ale škola,“ chechtá se Ňouma a podává si na talířek kus perníku, „jedna pěstuje trávu, druhá peče perník!“
„Děkuju, já si perník nedám,“ řekne významně Kouma, který je vůči návštěvě profesorky Hrudkové dost skeptický.
„Proč bys nechtěl perník? A déle, a déle jsem ho pekla doma, aby byl pěkně měkoučký!“ zamračí se a poupraví si svou divoce barevnou košili.
Ňouma pochopil, co se Kouma snažil naznačit a odkládá talířek na svůj noční stolek. „Já jsem totiž, chytil od Koumy to šálení záhy, teda pálení žáhy.“
„No dobře, když to nepůjde po dobrým! Tak to půjde po zlým!“ vytáhne z brašny dvě ostré pletací jehly a vyskočí na židli.
V tu chvíli vyskočí i z postele Kouma s Ňoumou, vytrhnou ze sebe všechny hadičky a utíkají. V jednu chvíli běží první Kouma, pak Ňouma, pak profesorka Hrudková. Pak zase Ňouma, Kouma a jim v patách profesorka Hrudková. V nějakou chvíli jako v dětských animácích běží první i profesorka Hrudková a oba hrdinové jí v patách.
Úloha D – Zákeřná injekce:
Mějme množinu uspořádaných trojic přirozených čísel \(L_3\) (tzn. záleží na pořadí čísel v trojici). Tuto množinu můžeme lexikograficky uspořádat: máme-li dvě uspořádané trojice \(a=(a_1,a_2,a_3), b=(b_1,b_2,b_3)\), potom \(a>b\), pokud \(a_1>b_1\) nebo \(a_1=b_1\) a \(a_2>b_2\) nebo \(a_1=b_1,a_2=b_2\) a \(a_3>b_3\) (podobně jako seřazení slov podle abecedy). Najděte zobrazení \(f\) z \(L_3\) do reálných čísel takové, že pokud \(a>b\), pak \(f(a)>f(b)\) a zdůvodněte.
Řešení
Na vzorák si vypůjčím řešení od Alexe Košťála, které bylo nejefektivnější:
Definujme funkci \(f(a,b,c)=a,1\dots 101\dots1\), kde za číslo \(a\) nejprve vložíme \(b\) jedniček, potom jednu nulu a potom \(c\) jedniček.
Mějme tedy dvě trojice \((a,b,c)\) a \((d,e,f)\):
Pokud \(a\ge b\): \(a,1\dots \ge b,1\dots\)
Pokud \(a=d\) a \(b\ge e\): potom dostaneme dvě čísla, které se budou lišit až na \((e+1)\). pozici čísla. Pro \(f(a,b,c)\) tam bude jednička, ale pro \(f(d,e,f)\) tam již bude nula, tudíž první číslo bude větší.
Pokud \(a=b\), \(b=e\) a \(c\ge f\): potom dostaneme dvě čísla, které se budou lišit až na \((e+f+2)\). pozici. Pro \(f(a,b,c)\) tam bude jednička, ale pro \(f(d,e,f)\) tam již bude nula, tudíž první číslo bude opět větší.
Komentář
U úlohy bylo skvělé, že žádné dvě funkce nebyly stejné, jen občas využívali stejné principy. Ač se jedná o čtvrtou úlohu, její obtížnost spočívala daleko více v kreativitě vymýšlení této funkce, než v sepisování řešení. Spoustě řešitelů bych určitě doporučovala radši zkusit používat k řešení rovnie/nerovnice a jednoduché implikace než složité eseje. Moc chválím všechny řešitele, co měli řešení kratší než jednu stránku. Myslím, že skoro všechna řešení, co byla delší, se dala zkrátit a velice by to pomohlo jejich čitelnosti.
„A-n-dělo!“ křikne někdo a Kouma s Ňoumou stojí tváří v tvář profesoru Topůrkovi, který proti nim drží napřaženou kytaru. „Nepotřebujete pomoct, paní kolegyně?“
„Tak mám pocit, že jsme v pěkný kaši,“ oznámí Kouma.
„Někdy tě naučí nějaký lepší hlášky, než že jsme v kaši,“ řekne Ňouma.
„Mám snad říct, že jsme v pěkný bryndě?“
„To jsem taky nemyslel.“
„Každopádně to vypadá, že se proti nám spiknul celý učitelský sbor!“