Vzorové riešenia 1. kola

Ako prvé si môžeme všimnúť, že sa v našom obrázku nachádza veľa jednoduchých útvarov ktorým vieme vyrátať obsah.

Obsah obdĺžnika vyrátame vynásobením jeho šírky a dĺžky.
Obsah trojuholníka, ktorého 2 strany sú stranami obdĺžnika vyrátame tak, že obsah celého obdĺžnika vydelíme dvoma.

Teraz si môžeme rozdeliť celý obrázok na takéto jednoduché útvary, ktorým vieme vyrátať obsah:

trojuholníky A a B majú obsah 5\cdot2:2=5
obdĺžnik C má obsah 2\cdot3=6
trojuholník D má obsah 4\cdot3:2=6
obdĺžnik E má obsah 5\cdot1=5
trojuholník F má obsah 5\cdot1:2=2{,}5
trojuholníky G a H majú obsah 3\cdot2:2=3
obdĺžnik I má obsah 3\cdot3=9

Nakoniec nám tu zostal jeden útvar — X. Jeho obsah nevieme jednoducho rozdeliť na útvary, ktorých obsah by sme dokázali zrátať. Môžeme si ale všimnúť, že ak doplníme k tomuto útvaru trojuholník F, tak už budeme schopný vypočítať jeho obsah. Vieme si ho totiž rozdeliť na jednoduchý obdĺžnik a trojuholník:

obsah obdĺžnika bude 2\cdot4=8 a obsah trojuholníka bude 3\cdot4:2=6. Teraz odčítame obsah trojuholníka F, ktorý sme pridali, aby sme dostali obsah tohoto útvaru. Bude to 8+6-2{,}5=11{,}5.
Keď už poznáme obsahy všetkých útvarov v hore, stačí ich len sčítať:

5+9+3+11,5=28{,}5

Existuje ešte jeden, trochu trikovejší spôsob, s ktorým si teraz môžme porovnať náš výsledok. Tento spôsob spočíva v tom, že si vyrátame obsah celého obrázku a odčítame útvary ktoré sú mimo hory. To je jednoduché, keďže obsah útvarov B,C,D,E,F,G sme už vyrátali, a celý obrázok má veľkosť 7\cdot8, teda obsah 56.

Výpočet preto bude vyzerať takto

56-5-6-6-5-2{,}5-3=28{,}5

a teda sedí s našim prvým výsledkom.

Odpoveď: Obsah hory je 28{,}5.

Komentár

Označme si tieto tri cifry a,\, b,\, c a nech zabudnuté číslo je \overline{abc}. Potom čísla, ktoré mal zamestnávateľ napísané v zošite sú \overline{acb},\, \overline{bca},\, \overline{bac},\, \overline{cab},\, \overline{cba} a ich sučet je rovný 2125.
Teda platí rovnosť: \overline{acb}+ \overline{bca}+ \overline{bac}+ \overline{cab}+ \overline{cba} =2125. Pripočítajme na obidve strany \overline{abc} a upravme rovnicu pomocou dekadického zápisu (t.j. \overline{abc}=100\cdot a + 10\cdot b + c).

\overline{acb}+ \overline{bca}+ \overline{bac}+ \overline{cab}+ \overline{cba} =2125, \\ \overline{abc}+ \overline{acb}+ \overline{bca}+ \overline{bac}+ \overline{cab}+ \overline{cba} =2125 + \overline{abc}, \\ 100 \cdot a + 10 \cdot b + c + 100 \cdot a + 10 \cdot c + b + 100 \cdot b + 10 \cdot c + a + 100 \cdot b + 10 \cdot a + c + 100 \cdot c + 10 \cdot a + b + 100 \cdot c + 10 \cdot b + a = 2125+\overline{abc}, \\ 222\cdot(a+b+c)=2125+\overline{abc}.

Teraz vieme vyjadriť zabudnuté číslo \overline{abc} ako 222\cdot(a+b+c)-2125 a súčet našich troch cifier(a+b+c) ako (2125+\overline{abc}):222 . Teraz si uvedomme, že najmenšie možné číslo \overline{abc} je 123 a najväčšie 987.
Potom musia platiť nerovnosti:

2248:222 \leq(a+b+c) \leq 3112:222.

Vydelením zistíme, že toto platí len pre ciferné súčty (a+b+c) rovné 11,\,12,\,13 alebo 14. Tieto štyri možnosti môžeme vyskúsať všetky a overiť, či existuje vyhovujúce číslo \overline{abc} a to nasledovne. Do vzorca

\overline{abc} = 222 \cdot (a+b+c)-2125

dosadíme príslušnú hodnotu ciferného súčtu našich troch cifier a vypočítame, aké by malo byť zabudnuté číslo. Keďže zabudnuté číslo sa tiež skladá z cifier a,\, b,\, c, tak musí mať rovnaký ciferný súčet ako hodnota ktorú sme dosadili za (a+b+c). Ak toto platí, našli sme zabudnuté číslo (resp. jednu možnosť). Teda postupne:

• Ak sučet našich troch cifier, teda (a+b+c), je 11, tak potom \overline{abc}=222\cdot 11-2125=317 . Vidíme, že ciferný súčet zabudnutého čísla, čísla \overline{abc}=317, je naozaj 11. Teda máme prvé riešenie! Pre poriadok ešte skúšku správnosti: 371+173+137+731+713=2125, čo ľahko overíme, že sedí.
• Ak (a+b+c)=12, tak potom \overline{abc} = 222 \cdot 12-2125=539. Avšak potom by ciferný súčet zabudnutého čísla bol 5+3+9=17 a nie ako by mal byť 12. Teda táto možnosť nám nevyhovuje.
• Ak (a+b+c)=13, tak potom \overline{abc} = 222 \cdot 13-2125=761. Avšak potom by ciferný súčet zabudnutého čísla bol 7+6+1=14 a nie ako by mal byť 13. Teda táto možnosť nie je správna.
• Ak (a+b+c)=14, tak potom \overline{abc} = 222 \cdot 14-2125=983. Avšak potom by ciferný súčet zabudnutého čísla bol 9+8+3=20 a nie ako by mal byť 14. Teda ani táto možnosť nás nevedie k riešeniu.

Ako vidíme, jediné možné vyhovujúce číslo \overline{abc} je 317. Teda zamestnávaťeľ zabudol napísať číslo 317.

Komentár

Takmer polovica z vás zvládla túto úlohu veľmi pekne. Niektorí ste ju riešili komplikovanejšími a zdĺhavejšími spôsobmi, ako napríklad postupným skúšaním možností. Čo pravdaže vôbec nevadilo, keď ste všetko dobre vysvetlili. Najčastejšiou chybou ktorú ste robili, bolo nedostatočné dokázanie (prípadne iba vyslovenie) niektorých Vašich tvrdení.

Pozrime sa najprv, koľko môžu mať naše čísla a a b cifier. Keďže sa obe majú skladať z rovnakých cifier a cifry v nich sa nebudú opakovať tak to znamená, že čísla a a b budú mať rovnaký počet cifier.

Ak by boli a a b 8 alebo viac ciferné, tak by ich súčet bol aspoň 10~000~000 + 10~000~000 = 20~000~000, čo je viac ako 11~001~000. Ak by mali a a b 6 alebo menej cifier, tak ich súčet môže byť najviac 999~999 + 999~999 = 1~999~998, čo je menej ako 11~001~000. Teda majú každé 7 cifier.

Označme si cifry čísla a postupne A až G z ľava do prava. Zo zadania vieme, že cifry v čísle a postupne rastú, teda platí nerovnosť A < B < C < D < E < F< G. Keďže čísla a a b majú rovnaké cifry a cifry v čísle b postupne klesajú, tak vieme, že b = \overline{GFEDCBA}. Z toho taktiež aj vyplýva, že čísla a a b nemôžu obsahovať cifru 0, pretože číslo sa nemôže začínať nulou.

\begin{matrix} &&\hspace{-5pt} A &\hspace{-5pt} B &\hspace{-5pt} C &\hspace{-5pt} D &\hspace{-5pt} E &\hspace{-5pt} F &\hspace{-5pt} G \\ + &&\hspace{-5pt} G &\hspace{-5pt} F &\hspace{-5pt} E &\hspace{-5pt} D &\hspace{-5pt} C &\hspace{-5pt} B &\hspace{-5pt} A \\ \hline &\hspace{-5pt} 1 &\hspace{-5pt} 1 &\hspace{-5pt} 0 &\hspace{-5pt} 0 &\hspace{-5pt} 1 &\hspace{-5pt} 0 &\hspace{-5pt} 0 &\hspace{-5pt} 0 \end{matrix}

Na mieste tisícok si môžeme všimnúť, že D + D + prenos= 2D+prenos sa končí na 1. Keďže 2D je určite párne číslo, tak musí nastať prenos na mieste stoviek. Teda 2D sa končí na 0 a keďže D nemôže byť 0, tak 2D = 10, teda D = 5.

Na mieste jednotiek vidíme, že A+G sa konči na 0. Keďže A ani G nemôžu byť 0, tak A + G = 10. Keďže už vieme, že D = 5, tak G musí byť aspoň 8, lebo inak by sa nedali doplniť cifry E a F. Teda máme 2 možnosti:

G = 8 a A = 2
Teraz máme len jednu možnosť na doplnenie cifier do a a b a to a = 2~345~678 a b = 8~765~432. Súčet týchto čísel je ale 11~111~110, čo nesedí.

Takže G = 9 a A = 1.
Súčet na mieste desiatok musí byť 9, pretože zo sčítania na mieste jednotiek nám zostal prenos. Ak by bola cifra F rovná 6 alebo menej, tak by sme za cifru E nevedeli dosadiť žiadne číslo. Ak by bola cifra F = 8, tak by cifra B musela byť 1, ale to podľa zadania nemôže. Teda F = 7 a B = 2.

Keďže F = 7 a D = 5, tak potom E musí byť 6. Teraz aby sedel súčet, tak C musí byť 3.

Už máme určené všetky cifry. Ešte skúška správnosti: 1~235~679 + 9~765~321 = 11~001~000. Teda naše čísla sú správne.

Odpoveď: Lichondražej má za padanie z osemnásteho poschodia (a) 1~235~679 peňazí a z iných zdrojov (b) má 9~765~321 peňazí.

V riešení slovom “kocočka” budeme nazývať najmenšie kocky, z ktorých AnkaP zložila väčší útvar. V riešení slovom “kocka” budeme označovať útvar v tvare kocky zložený z malých kocočiek. Nakoniec kocočku nazveme “zafarbenou”, pokiaľ je aspoň na jednej z jej stien farba.

Chceme zistiť, z koľkých kocočiek bude kocka zložená a ako ju AnkaP zafarbila. Môžeme si všimnúť, že počet malých kocočiek závisí na dĺžke hrany kocky. Ich počet vieme vypočítať ako A \cdot A \cdot A, pričom A je veľkosť tejto hrany. Namiesto počtu kocočiek teda vieme hľadať veľkosť hrany kocky. Postupne ukážeme, že jediná veľkosť hrany, ktorá nám môže vyhovovať je 5 kocočiek a jediné ofarbenie spĺňajúce zadanie je to na obrázku.

1. Kocky s hranou dĺžky 1 - 3 určite nevyhovujú

Kocky so stranou veľkosti 1, 2 a 3 sú zložené postupne z 1, 8 a 27 malých kocočiek. Keďže kocočiek je už pred zafarbovaním menej ako 45, tak po zafarbovaní ich určite nebude 45.

2. Kocky s hranou dĺžky 6 a viac určite nevyhovujú

Kocočky, ktorých žiadna stena nie je súčasťou steny veľkej kocky, nevieme zafarbiť. Pokiaľ je takýchto kocočiek viac ako 45, tak určite sa nám nepodarí mať 45 nezafarbených kocočiek. Keď sa pozrieme na kocku so stranou dĺžky 6, tak v jej vnútri vieme nájsť menšiu kocku s rozmermi 4 \times 4 \times 4. Skladá sa teda zo 64 kocočiek, to je viac ako 45. V každej väčšej kocke vieme tiež nájsť kocku s rovnakými rozmermi (vieme tam nájsť aj väčšiu kocku, no to nepotrebujeme), takže pre ne tiež nebudeme vedieť nájsť riešenie.

3. Kocka s hranou dĺžky 4 nevyhovuje

Kocka so stranou dĺžky 4, je zložená zo 64 malých kocočiek, takže aspoň 1 stenu AnkaP zafarbila. Ostáva nám teda 64-16 = 48 nezafarbených kocočiek. Musíme zafarbiť ešte 48-45=3. To však nie je možné. Ak zafarbíme stenu susednú, tak zafarbíme 16-4=12 (4 kocočky patria 2 stenám) zatiaľ nezafarbených kocočiek. Ak stenu oproti stojacu, tak ich je dokonca 16. Či tak alebo tak, zafarbili sme ich viac ako 3. Ďalšie zafarbovanie by nám už počet zafarbených kocočiek neznížilo.

4. Vieme nájsť práve jedno vyhovujúce riešenie pre kocku s hranou dĺžky 5

Kocka s hranou dĺžky 5, sa skladá zo 125 kocočiek. 27 z nich zafarbiť nevieme (sú v jej vnútri). Potrebujeme ešte získať 45-27=18 nezafarbených kocočiek. Ak stena sama nie je zafarbená, tak jej súčasťou je minimálne 9 nezafarbených kocočiek. Ostatných 16 byť zafarbených môže, lebo ich zdieľa so susednými stenami.

Keby bolo 3 a viac stien veľkej kocky nezafarbených, tak získame aspoň 3*9=27, nezafarbených kocočiek, čo je viac ako 18.

Ak sú nezafarbené 2 steny, tak sa môžu stať 2 veci, buď spolu susedia, alebo sú oproti sebe. Keď máme 2 nezafarbené steny, ktoré spolu susedia, tak na každej z nich je 9 nezafarbených kocočiek a ešte k tomu 3 kocočky na spoločnej hrane. To nám dáva 21 kocočiek, čo nie je 18. Ak sú tie steny oproti sebe, tak máme na každej z nich 9 kocočiek. Spolu ich je 18, čo nám dáva jedno riešenie.

Ak je 1 nezafarbená stena, tak nutne susedí so 4 zafarbenými stenami a teda z nej získavame 9 nezafarbených kocočiek, čo je málo.

Konečné ofarbenie vyzerá nejako takto.

Aby sa nám ľahšie vysvetľovalo, zaveďme si nasledovné označenie. Rovnosti, v ktorých je nepárny počet nedoplnených hviezdičiek, budeme volať "nepárne", tie s párnym počtom zas "párne".

Hráč, ktorý dopĺňa do rovnosti číslo za hviezdičku ako posledný, určuje či bude rovnosť platiť. Vie si vypočítať, pre ktoré celé číslo rovnosť platí. Ak práve toto číslo doplní, rovnosť bude platiť. Ak doplní ľubovoľné iné, rovnosť platiť nebude. To znamená, že ak AnkaP vie dosiahnuť aby po poslednom ťahu určite všetky rovnosti platili, musela v každej z nich dopĺňať číslo ako posledná.

Na začiatku máme 4 párne rovnosti a 3 nepárne. Ako prvý krok AnkaP doplní ľubovoľné číslo do nepárnej rovnosti. Teraz máme teda 5 párnych rovností a 2 nepárne. Ďalšie kroky sa budú odvíjať od toho, čo urobí Lychondražej:

1. Vždy keď doplní číslo do nejakej z párnych rovností, doplní do tej istej rovnosti číslo aj AnkaP.
   Po tomto jej ťahu bude táto rovnosť zase párna, keďže sa počet hviezdičiek zníži o 2.
2. Keď Lychondražej doplní číslo do niektorej z nepárnych rovností, AnkaP doplní hviezdičku do druhej nepárnej rovnosti. Vtedy už budú všetky rovnosti párne.

V tejto časti chceme ukázať, že sa AnkaP vie držať vyššie popísanej stratégie a ak sa jej držať bude, tak zaručene vyhrá, nech by sa Lychondražej aj na hlavu postavil.

1. Ak Lychondražej doplní hviezdičku v rovnosti s párnym počtom hviezdičiek, tak AnkaP vie doplniť hviezdičku v tej istej rovnosti. Pred Lychondražejovým ťahom boli v danej rovnosti aspoň 2 hviezdičky (najmenší nenulový párny počet), po ňom aspoň jedna a teda podľa kroku 1) to AnkaP spraví.
2. Lychondražej nemôže stále dopĺňať hviezdičky v párnych riadkoch. Počet hviezdičiek v párnych riadkoch je konečný (20). My ich striedavo vypĺňame, čím sa ich počet nakoniec po poslednom ťahu AnkyP zníži na 0. Takže najneskôr vtedy Lychondražej bude musieť doplniť hviezdičku do nepárneho riadku.
3. Po Lychondražejovom ťahu do nepárneho riadku dá AnkaP číslo do posledného nepárneho riadka, do ktorého ešte nebol spravený ťah a týmto spraví všetky riadky párnymi.
4. Predstavme si posledný Lychondražejov ťah v ľubovoľnom párnom riadku. Vďaka bodu a. vieme, že aj po tomto ťahu v párnom riadku vie doň AnkaP doplniť číslo. No a keďže to bol Lychondražejov posledný ťah v tomto riadku, tak AnkaP dopĺňa poslednú hviezdičku, čím zaručí platnosť rovnice.

V bode a. sme ukázali, že AnkaP vie v párnych riadkoch doplniť hviezdičku po každom Lychondražejovom ťahu. V bodoch b. a c. sme ukázali, že sa AnkeP podarí zo všetkých nepárnych riadkov spraviť párne. A nakoniec v bode d. sme ukázali, že AnkaP vie doplniť každý párny riadok tak, aby platil. Z toho vyplýva, že vie doplniť správne každý riadok.

Iné riešenie

Existuje aj ďalšia výherná stratégia pre AnkuP. Tá spočíva v tom, že AnkaP sa bude vyhýbať dopĺňaniu predposledných hviezdičiek v rovnostiach lebo by Lychondražej mohol doplniť poslednú hviezdičku tak, že rovnosti platiť nebudú. Naopak, bude sa snažiť do dopĺňania predposledných hviezdičiek donútiť Lychondražeja. Jej ťahy budú vyzerať takto:

1. Dopĺňa ľubovoľne do rovností, kde sú aspoň tri hviezdičky.
2. Akonáhle Lychondražej doplní v nejakej z rovností predposlednú hviezdičku, ona doplní tú poslednú a rovnosť tak bude platiť. Keďže to urobí hneď, nikdy sa nemôže stať, že pred ťahom AnkyP budú dve alebo viac rovností s jednou hviezdičkou. To je dôležité lebo inak by mohla doplniť iba jednu rovnosť a ďalšiu by mohol na svojom ťahu Lychondražej doplniť nesprávne.

Môže AnkaP vždy urobiť jeden z krokov? Nemohla by jedine vtedy, keby v každej z rovností boli pred jej ťahom práve dve alebo žiadne hviezdičky. To znamená, že celkovo by nevyplnených hviezdičiek musel byť párny počet. Celkový počet hviezdičiek je 35, teda nepárny. AnkaP ide prvá a strieda sa s Lychondražejom. Z toho jasne vidíme, že pred jej ťahom vždy zostáva nepárny počet hviezdičiek. To znamená že sa AnkaP bude môcť vždy držať svojej stratégie, Lychondražej bude musieť doplniť vždy predposlednú hviezdičku, ona poslednú a tak vie dosiahnuť že budú všetky rovnosti platiť.

Komentár

Ahojte, väčšina z vás prišla na jednu z týchto dvoch výherných stratégií. Môžeme si všimnúť, že pri oboch stratégiách sa niekde spomínalo, či je nejaký počet (hviezdičiek, ťahov) párny alebo nepárny. To je pri úlohách kde hľadáme spôsob ako určite vyhrať, hlavne keď sa striedajú dvaja hráči, veľmi často využiteľné. Z toho nám priamo vychádza aj prvá stratégia, akýmsi spôsobom opakovať ťahy druhého hráča.

Ankin displej je zložený z malých štvorčekov a má obdĺžnikový tvar. Štvorčeky dotýkajúce sa okraju sú v dvoch (krajných) riadkoch a v dvoch (krajných) stĺpcoch. Z toho je jasné, že displej nemôže mať jeden, dva, ani tri riadky, lebo riadkov, ktoré sú celé na kraji by bolo viac ako všetkých ostatných. Podobný problém ale nastáva aj pri štyroch riadkoch. Síce máme na kraji iba dva riadky, ale ostatné dva by museli byť celé vnútri, aby sme dosiahli vyrovnaný počet. Aj stredné riadky majú štvorčeky na kraji, takže obdĺžnik musí mať aspoň päť riadkov. Obdĺžnik môžeme “otočiť”, teda vymeniť jeho riadky a stĺpce, takže aj stĺpcov musí byť aspoň päť.

Ďalej máme viac možností ako postupovať, ukážeme si dve rôzne riešenia.

1. riešenie

Budeme sa pozerať na štvorcové veľkosti displeja a následne z nich odvádzať vyhovujúce rozmery displeja pridávaním stĺpcov. Tak postupne prejdeme všetky možné rozmery, postupne podľa dĺžky kratšej strany.

Vyššie sme si ukázali, že počet štvorčekov v riadkoch a stĺpcoch musí byť aspoň 5, preto budeme vychádzať zo štvorcov, ktoré majú stranu dlhú aspoň 5. Označíme si túto veľkosť strany A, teda pridaním jedného stĺpca pridáme stĺpec s A štvorčekmi. Tým sa k štvorčekom na okraji pridajú 2 krajné štvorčeky a do vnútra displeja zvyšné, teda A-2 štvorčekov. Keďže A je aspoň 5, A-2 bude aspoň 3, teda do vnútra pridáme aspoň 3 štvorčeky. Pridávaním stĺpca do vnútra pridáme vždy viac štvorčekov ako na okraj.

Prvý štvorec, do ktorého budeme pridávať stĺpce je štvorec so stranou 5. Tento štvorec má na okraji 16 štvorčekov a vo vnútri 9. Teda potrebujeme pridávaním stĺpcov pridať o (16-9=)7 štvorčekov vo vnútri viac ako na okraji. Pridaním jedného stĺpca pridáme na okraj 2 a dovnútra (5-2=)3 štvorčeky. Každý stĺpec tak zmení rozdiel o 1, a preto stĺpcov musíme pridať 7. Teda displej môže mať rozmery 5\cdot12.
Pridaním ďalších stĺpcov sa rozdiel štvorčekov vo vnútri a na okraji bude aj naďalej zvyšovať o 1, teda počet štvorčekov vo vnútri bude už vždy väčší. Žiadny ďalší rozmer s kratšou stranou dĺžky 5 nedostaneme.

Podobne ako pri štvorci so stranou 5 budeme postupovať aj pri štvorci s veľkosťou strany 6. Na začiatku je na okraji 20 štvorčekov a vo vnútri 16. Potrebujeme teda pridať o (20-16=)4 štvorčeky vo vnútri viac. Každý stĺpec pridá 2 na okraji a (6-2=)4 štvorčeky vo vnútri, teda zníži rozdiel o 2. Preto potrebujeme pridať 2 stĺpce na vyrovnanie počtov. Tak vznikne displej s rozmermi 6\cdot8. Rovnako ako pri možnosti 5\cdot12, pridávať ďalšie stĺpce nemá zmysel.

Pri štvorci so stranou 7 bude na začiatku vo vnútri 25 štvorčekov, na okraji 24. Tu nastáva problém, lebo ak máme vo vnútri viac štvorčekov ako na okraji, potrebovali by sme pridať stĺpec, ktorý pridáva viac okrajových štvorčekov. Vieme však, že to nie je možné.

Teraz už ľahko ukážeme, že pre štvorce s väčšou stranou ako 7 neexistuje žiadna ďalšia možnosť. Keďže pridávaný počet štvorčekov vo vnútri je väčší ako počet štvorčekov na okraji, stačí ukázať, že pre väčšie štvorce je na začiatku na okraji menej štvorčekov ako vo vnútri. Vieme, že pre štvorec 7\cdot7 to platí, a že to tak zostane, aj keď pridáme jeden riadok a jeden stĺpec. Tým dostávame štvorec 8\cdot8, pre ktorý to platí tiež, a takto môžeme pridať ľubovoľný počet riadkov a stĺpcov, a ukázať tým, že pre všetky väčšie štvorce rovno začíname s väčším počtom vnútorných štvorčekov.

Dospeli sme teda k tomu, že rozmery displeja môžu byť 5\cdot12 a 6\cdot8. Keďže nezáleží na tom, ktorý rozmer je ktorý, displej môže byť aj rozmerov 12\cdot5 a 8\cdot6.

2. riešenie

Príklad môžeme vyriešiť aj tak, že vyjadríme pomocou rozmerov displeja počty štvorčekov na okraji a počet štvorčekov vo vnútri displeja.

Okraju telefónu sa dotýkajú štvorčeky v dvoch krajných riadkoch a stĺpcoch. V riadku je B štvorčekov a v stĺpci A štvorčekov, teda dokopy by ich malo byť 2\cdot A+2\cdot B. Štyri rohové štvorčeky obdĺžnika sa ale nachádzajú aj v krajnom riadku aj v krajnom stĺpci, teda sme ich započítali dvakrát a musíme odpočítať 4 štvorčeky. Okraju sa dotýka 2\cdot A+2\cdot B-4 štvorčekov.

Vnútro displeja telefónu je tiež obdĺžnik, ale so stranami A-2 a B-2, keďže odoberieme dva krajné riadky a stĺpce. Teda tento obdĺžnik sa skladá z (A-2)\cdot(B-2) štvorčekov.

Zo zadania má platiť, že štvorčekov v týchto častiach je rovnako veľa. Máme:

2 \cdot A+2\cdot B-4 = (A-2)\cdot (B-2)

-4 = A\cdot B-4\cdot A-4\cdot B+4 \hspace{0.6cm} /+12 \\ 8 = A\cdot B-4\cdot A-4\cdot B+16

8 = A\cdot (B-4)-4\cdot (B-4)

8 = (A-4)\cdot (B-4)

Keďže A aj B musia byť prirodzené čísla, tak A-4 a B-4 budú celé čísla. Na začiatku sme ukázali, že 5\leq A,B, teda A-4 a B-4 budú kladné. Súčin 8 vieme dosiahnuť pomocou prirodzených čísel iba ako 1\cdot 8 a 2\cdot4. Pozrime sa na to, ako potom budú vyzerať A a B.

Teda sme dospeli k tomu, že rozmery displeja môžu byť 5\cdot12, 6\cdot8, 8\cdot6, 12\cdot5. Žiadna iná možnosť nie je, keďže súčin 8 nevieme dosiahnuť inak. Ešte môžeme overiť riešenia skúškou správnosti.

Odpoveď: Rozmery displeja mobilu AnkyP môžu byť 5\cdot12, 6\cdot 8, 8\cdot 6 alebo 12\cdot5.

Komentár

Veľa z vás si vyjadrilo B pomocou A a dospelo k niečo ako B=\displaystyle \frac{4\cdot A-8}{A-4} a potom ste dosadzovali hodnoty za A. Tu ale nemôžme skúšať nekonečne veľa možností pre A, a preto musíme vysvetliť, že od nejak veľkého A už nenájdeme žiadne riešenia. Väčšinou ste sa snažili dokázať, že všetky ďalšie hodnoty budú pomaly klesať ku 4, alebo ste sa snažili vysvetliť, že ďalšie riešenia budú opačné resp. nejak symetrické k tým, čo ste už dostali. V týchto prípadoch je veľmi náročné kompletne to dokázať, preto sme žiaľ pri tomto postupe strhávali najviac bodov. Tejto časti sa dalo vyhnúť napríklad tak, že použijeme dôkaz pre štvorec 7\cdot7 ako je na konci prvého riešenia.

Najprv si spravíme čiaru od schodov po koniec cesty (K). Vznikne nám trojuholník SZK. My by sme ho radi nahradili trojuholníkom s rovnakým obsahom, ktorý však bude mať všetky vrcholy na stranách nášho štvoruholníka. Pri tom sa nezmenia obsahy jednotlivých častí poschodia, ale chodník bude rovný. Spomeňme si, že obsah trojuholníka vieme vypočítať pomocou základne a výšky na ňu. Takže dva trojuholníky, ktoré majú základne rovnakej dĺžky aj výšky rovnakej dĺžky, majú aj rovnaký obsah. Preto ak presunieme bod Z tak, aby ležal na jednej zo strán poschodia a aby aj nový trojuholník so základňou SK mal rovnakú výšku, dostaneme riešenie.

Narysujeme priamku p, ktorá je rovnobežná s úsečkou SK a prechádza cez bod Z. Body priamky p tak majú rovnakú vzdialenosť od SK ako bod Z. Preto obsahuje všetky body, kam môžeme presunúť Z, aby sa trojuholníku nezmenil obsah. Dostaneme 2 priesečníky, pričom jeden bude na strane, kde sa náchadzajú schody. To nebude platné riešenie. Vznikol teda iba jeden platný bod (N), čiže výsledná cesta bude úsečka NS.

Ešte skôr než budeme hľadať víťaznú stratégiu pre niekoho z hráčov, pozrime sa, ako sa situácia týchto dvoch hráčov líši. Môžeme si všimnúť, že Trh má vždy tie ťahy, kde má jeho číslo párnu dĺžku, takže musí byť deliteľné párnym číslom, a teda musí byť párne. Párne číslo sa musí končiť na párnu číslicu (0, 2, 4, 6, 8), takže Trh môže používať len tieto kartičky. Ak bude tieto kartičky používať aj Anka, tak sa môže stať, že sa všetky minú. Potom by Trh nemal možnosť, ako ďalej hrať, a prehral by.

Skúsme teda podľa toho vymyslieť Anke stratégiu. Bude sa snažiť minúť čo najviac párnych kartičiek, aby ich Trhu ostalo čo najmenej. Keď sa trochu pohráme s možnosťami, môžeme prísť napríklad na takýto začiatok hry:

• Anka začne 4-kou.
• Trh môže vyrobiť jedno z čísel 40, 42, 46, 48.
• Podľa toho Anka urobí jedno z 408, 426, 462, 480.

V niektorých prípadoch (408 a 480) Trh už teraz nemôže pokračovať ďalej, takže Anka by už vyhrala. Ak ale pokračovať môže, tak dá nejakú párnu kartu. Ďalej ide Anka, ktorá určite môže použiť 5-ku, lebo zatiaľ neboli použité žiadne nepárne karty, a keď číslo končí na číslicu 5, tak je určite deliteľné piatimi. Ďalej ide Trh, a musí zahrať poslednú párnu kartu, ktorá je k dispozícii.

To ale znamená, že Trh už určite prehral. V čísle, ktoré takto vznikne, je totiž každá párna cifra a ešte 5-ka, takže ciferný súčet tohto čísla je 0+2+4+5+6+8=25. To nie je deliteľné tromi, takže ani to číslo nemôže byť deliteľné tromi, a teda ani šiestimi. Trh teda nemôže zahrať žiadnu kartu.

Ak bude Anka postupovať podľa tejto stratégie, tak Trh určite prehrá, buď v štvrtom alebo šiestom kole.

Iné riešenia

Toto nie je zďaleka jediné riešenie tejto úlohy. Anka má v skutočnosti veľa rôznych víťazných stratégií. Na to, aby sme niektorú z nich našli, nemusíme prísť na všetky veci, ktoré sa spomínali vo vzorovom riešení. Namiesto toho nám stačí pozrieť sa na všetky možnosti, ako sa hra môže odohrať, a vybrať pre Anku také ťahy, aby vždy vyhrala (tak, ako sme to robili pri prvých troch kolách).

Poznámka: Keď takto skúšame všetky možnosti, tak pri ťahoch Trhu musíme rátať s každým ťahom, ktorý môže urobiť, aby Anka vedela vyhrať bez ohľadu na to, čo urobí Trh. Na druhej strane, pri Ankiných ťahoch si stačí vybrať jednu z jej možností, keďže je to jej stratégia. Teda napríklad ak niekedy môže dať aj 0, aj 2, a v oboch prípadoch vie hru vyhrať, stačí, ak dá vždy povedzme 0, a dvojku nemusíme vôbec spomínať. Stratégia stále funguje a riešenie je stručnejšie a prehľadnejšie. Viacerí ste tam ale písali všetky tieto možnosti, čo nebolo treba.

Komentár

Väčšina vašich riešení využívala nejakú kombináciu týchto dvoch prístupov. Väčšinou ste si uvedomili, že Anke sa oplatí minúť párne čísla, a potom ste vyskúšali všetky možné ťahy Trhu osobitne, až do konca. Zopár riešení dokonca nevyužilo ani to, a Anka začínala napríklad 1-tkou, no napriek tomu vždy dokázala vyhrať.

Na začiatok si nakreslíme obrázok zo zadania. Dĺžka úsečky AB bude c, úsečky BC bude a a úsečky CA bude b. Keďže ACPQ je štvorec tak vieme, že aj jeho strany budú mať dĺžku a a keďže aj CBSR je štvorec tak aj jeho strany budú mať dĺžku b. Ďalej si označíme pätu kolmice z bodu P na priamku AB ako X a pätu kolmice z bodu R na priamku AB ako Y. Tieto body sú najbližšie body ležiace na priamke AB ku bodom P a R, čiže XP=21 a YR=28. Taktiež si označme uhol pri bode A a B písmenami \alpha a \beta.

Vieme, že uhol PXB a AYR sú pravé lebo priamky PX a RY sú kolmé na priamku AB. Keď sa pozrieme na uhly v trojuholníku PXB teda dostaneme, že uhol pri vrchole X má 90^\circ, uhol pri vrchole B je \beta a uhol pri vrchole P bude teda \alpha. Keď sa pozrieme na uhly v trojuholníku AYR dostaneme, že uhol pri vrchole Y má 90^\circ, uhol pri vrchole A je \alpha a uhol pri vrchole R bude teda \beta.

Vieme teda, že trojuholník XBP je zhodný s trojuholníkom AYR, lebo majú rovnaké uhly a strany AR a PB majú obe rovnakú dĺžku a to a+b. To teda znamená, že majú aj dĺžky iných strán rovnaké a dostaneme, že XB=28 a YA=21. Veľkosť prepony týchto trojuholníkov si vieme spočítať pomocou Pytagorovej vety, čiže

(a+b)^2 = 21^2 + 28^2 = 35^2 \Rightarrow a+b = 35.

Keďže vieme, že trojuholníky PXB a AYR sú podobné trojuholníku ABC (lebo majú rovnaké uhly), tak dostaneme, že strany a:b sú v pomere 28:21=4:3. Takže vieme, že \frac{4b}{3}=a, čiže

a+b=\frac{4b}{3} + b =35 \Rightarrow b = 15.

Keď b=15 tak a=\frac{4b}{3}=4\cdot\frac{15}{3}=20. Stranu c dopočítame pomocou pytagorovej vety ako

\begin{aligned}a^2 + b^2 &= c^2 \\ 20^2 + 15^2 &= c^2 \\ 625 &= c^2 \\ c &= 25\end{aligned}

Takže strany trojuholníka ABC budú mať veľkosti 25, 20 a 15.

Zo zadania vyplýva, že hodnotenie leukoplastu jednotlivými lekármi si môžeme označiť ako zobrazenie z celých čísel \mathbb{Z} do reálnych \mathbb{R} prepisom h(n). Zároveň musí platiť:

Ako prvé si ustanovíme, že lekár 1 (n=1) dal leukoplastu hodnotenie x, čo znamená h(1)=x. Následne sa pozrieme na lekára označeného číslom 2. Môžeme si všimnúť že číslo 2 sa dá rozložiť na 1 + 1 a teda aj hodnotenie lekára 2 sa musí rovnať x \cdot x, lebo keď máme hodnotenie lekára m + n = 2 a za m aj n si dosadíme 1, tak to vieme prepísať ako h(1+1)=h(1) \cdot h(1)=x \cdot x. Z toho plynie, že lekár 2 dal leukoplastu hodnotenie x^2, inak povedané h(2)=x^2.

Pozrieme sa na lekára 3. Číslo 3 si rozložíme na 2 + 1 a teda jeho hodnotenie bude hodnotenie lekára 2 vynásobené hodnotením lekára 1, takže to bude x^2 \cdot x čo sa dá zapísať ako x^{2+1} = x^3 . Samozrejme, že pozorný riešiteľ si všimne, že nikde v zadaní sa nevylúčilo označenie lekára záporným celým číslom, v takom prípade by sme napríklad súčet 3 mohli dostať aj sčítaním 5 a -2. Pre tento okamih to ale opomenieme a neskôr si overíme, či nájdené riešenie pokryje aj tento prípad.

Teraz si môžeme všimnúť, že h(n) bude x-násobok h(n - 1), lebo ( n - 1) + 1 =n a teda pre hodnotenia bude platiť, že h(n)=h(n - 1) \cdot h(1)=h(n - 1) \cdot x. Z toho vyplíva, že z hodnotenia lekára číslo 1 si vieme vyrátať hodnotenie akéhokoľvek n-tého lekára ako x^n, lebo (n - 1) sa dá ďalej postupne zmenšovať po jednotkách až kým nám neostane nič iné než len jednotky. Takýmto postupom dostaneme:

V tomto momente sa avšak musíme ujistiť, či to bude fungovať pre súčet každého m a n a nielen n a 1. Zoberme si teda, že chceme vyrátať hodnotenie lekára m + n. Vieme že hodnotenie lekára m bude x^m a hodnotenie lekára n bude x^n. Z toho nám vyplýva že hodnotenie lekára m + n bude x^m \cdot x^n = x^{m+n}. Teraz sa pozrime aké hodnotenie by mal dať lekár m + n leukoplastu. Všimneme si, že to je tiež x^{m+n}. To znamená, že to bude splnené pre akékoľvek kombinácie m a n, dokonca aj záporné.

Neostáva nám teda nič iné, len si vyrátať čomu sa bude rovnať naše x v tomto príklade. Vieme, že ôsmy lekár dal hodnotenie 6561 a jeho hodnotenie vieme zapísať ako h(8)=6561=x^8, takže vyjadrením x dostávame:

Odpoveď: Úloha má dve riešenia, hodnotenie lekára n sa bude rovnať \left( \pm 3\right)^n.

Komentár

Dve najlepšie riešenia ktoré sme dostali mali súčet 104. Také riešenie mohlo vyzerať napríklad takto:

Jednotlivé oblasti v tomto riešení majú obvod:

• červeno-modrá: 35 hrán
• modro-zelená: 37 hrán
• zeleno-červená: 32 hrán

Bodovanie

• súčet 100 a viac - 7 bodov
• súčet 90 až 99 - 6 bodov
• súčet 81 až 89 - 5 bodov
• súčet 79 až 80 - 4 body
• súčet 70 až 78 - 3 body
• súčet 60 až 69 - 2 body
• súčet 59 a menej - 1 bod