Verzia na tlač sa pripravuje...

Vzorové riešenia 2. kola

1. príklad

Opravovali: maria, miro

Keď sa pozrieme na kocku, vidíme 4 rôzne druhy malých kociek z hľadiska polohy vo veľkej kocke:

  • Malé kocky, ktoré sú vo vnútri kocky – dotýkajú sa stenou šiestich iných malých kociek.
  • Malé kocky, ktoré sú na rohoch kocky – dotýkajú sa stenou troch iných malých kociek.
  • Malé kocky, ktoré sú na hrane kocky (okrem rohových) – dotýkajú sa stenou štyroch iných malých kociek.
  • Malé kocky, ktoré sú na stenách kocky (okrem tých na hranách a rohoch) – dotýkajú sa stenou piatich iných malých kociek.

Ako si môžeme všimnúť, len malé kocky, ktoré sú na hrane, sa dotýkajú štyroch iných malých kociek. Zo zadania vieme, že takýchto malých kociek je 168. Taktiež vieme, že každá kocka má 12 hrán, preto pomocou výpočtu 168:12=14 zistíme, koľko takýchto malých kociek je na jednej hrane veľkej kocky. Keďže každá hrana má ešte 2 rohové malé kocky, vieme, že hrana veľkej kocky bude mať 16 (14+2) malých kociek. Obsah veľkej kocky teda bude 16 \cdot 16 \cdot 16=16^3=4096 malých kociek.

Komentár

Veľa z vás vyriešilo príklad správne, ale nepopísalo, prečo ostatné typy malých kociek nevyhovujú (nedotýkajú sa 4 iných malých kociek).


2. príklad

Opravovali: erik, kuboW

Najprv si sčítame všetky čísla, ktoré môžeme dosadiť do voľných políčok.

1+2+3+5+6+7=24

Keďže rozdeľujeme čísla do 2 stĺpcov (červený a žltý), ktorých súčty sa rovnajú, tak v každom z nich musí byť súčet 24:2=12. A vieme, že aj v diagonálach (zelená a oranžová) musí byť ten istý súčet, 12. Tam však už máme 4, takže musíme do diagonál dosadiť ešte 2 čísla, ktorých súčet je 12-4=8.



Keďže vieme, že v každej diagonále dopíšeme čísla so súčtom 8, tak po ich odčítaní od súčtu všetkých čísel, získame súčet čísel v modrom riadku.

24-2\cdot8=8

Súčet 8 dávajú iba dvojice 1+7, 2+6 a 3+5. Keďže už poznáme všetky možné čísla, ktoré sa nachádzajú v modrom riadku, vieme vypočítať ich súčin.

1\cdot4\cdot7 = 28
2\cdot4\cdot6 = 48
3\cdot4\cdot5 = 60

Súčiny na riadku môžu byť 28, 48 a 60.

Komentár

Riešili ste to veľmi pekne, ale nezabúdajte, že keď skúšate všetky možnosti, tak ich musíte vyskúšať naozaj všetky, pretože vám môže ujsť niektoré riešenia.


3. príklad

Opravovali: Red, palo

Toto je príklad typu "nájdite najmenšie číslo, že...". V takomto príklade sú dva základné kroky, ktoré úplne správne riešenie musí mať. Ten prvý - a často náročnejší - je spraviť dolný odhad nejakými logickými krokmi. Výsledok tejto časti by malo byť niečo ako "Nech už to (v tomto príklade vyplnená tabuľka) vyzerá akokoľvek, číslo menšie ako x to určite nebude." Druhý krok, ktorý treba urobiť, je zostrojiť tento minimálny prípad a tým ukázať, že x skutočne vyhovuje. Tejto osnovy sa budeme držať.

Poďme teda na prvý krok. Do tabuľky máme vložiť 9 rôznych nenulových prirodzených čísel. Z toho však vyplýva, že hľadaný súčet určite bude súčet aspoň taký, ako je súčet deviatich najmenších takýchto čísel, čiže 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45.
Navyše si uvedomme, že súčet všetkých deviatich čísel musí byť deliteľný jedenástimi. To je preto, lebo súčet všetkých čísel si vieme predstaviť ako súčet riadkových súčtov. Všetky tri riadkové súčty sú násobky čísla 11, teda aj ich súčet musí byť. To znamená, že najmenší možný súčet je najbližší väčší násobok čísla 11 ako číslo 45. To, ako dobre vieme, je práve 55.

Teraz sa presunieme na druhý krok a ukážeme, že celkový súčet 55 sa naozaj dá zostrojiť. Všimnime si teda napríklad nasledovnú tabuľku:

Samozrejme konkrétnych tabuliek s týmto súčtom je veľmi veľa. Nám ale stačí nájsť len jedno, aby sme vedeli, že 55 vyhovuje. Naše riesenie je teda zavŕšené.

Odpoveď: Najmenší možný súčet všetkých čísel v tabuľke je 55.

Komentár

Väčšina z vás zvládla oba kroky modelového postupu správne a ukázali ste všelijaké správne tabuľky. Ostatní ste zväčša nedokončili poriadne prvý odhadovací krok, za ktorý bola veľká väčšina bodov. Nuž a pár z vás nie úplne pochopilo zadanie, prípadne vynechali časť zadania. Za také riešenia bolo bodovanie podľa krokov relevantných v ozajstnej úlohe.


4. príklad

Opravovali: Livka, stepi, šálka

Na začiatok nám môže pomôcť predstaviť si to ako násobenie pod sebou, pričom namiesto číslic si zatiaľ môžeme dať písmenká ako v zadaní.

\begin{matrix} Ú &\hspace{-5pt} Č &\hspace{-5pt} E &\hspace{-5pt} T \\ &\hspace{-5pt} &\hspace{-5pt} \cdot &\hspace{-5pt} 4 \\ \hline T &\hspace{-5pt} E &\hspace{-5pt} Č &\hspace{-5pt} Ú \end{matrix}

Ú

Ak si za Ú skúsime dosadiť rôzne číslice, rýchlo si všimneme, že ak je na začiatku čísla \overline{ÚČET} väčšie ako 2, po vynásobení dostaneme niečo väčšie ako 10. Výsledné číslo \overline{TEČÚ} by tak bolo aspoň 10\,000, čo odporuje tomu, že má byť štvorciferné.

Navyše, Ú máme aj na konci čísla \overline{TEČÚ}. Keďže \overline{TEČÚ} je násobok 4, tak je párne, a teda jeho posledná cifra musí byť párna. Nakoniec, keďže je na začiatku štvorciferného čísla \overline{ÚČET}, tak to nemôže byť 0. To nám necháva len jednu možnosť, Ú=2.

T

Ak Ú=2, tak po jeho vynásobení štyrmi dostaneme 8. Podľa toho, aký bude zvyšok (prechod cez desiatku) pri Č\cdot4, môže byť číslica T buď 8 alebo 9 (pozor, nezabúdať na to, že tam ten zvyšok môže byť!). Zároveň musí platiť, že ak vynásobíme T na konci čísla \overline{ÚČET} štyrmi, jeho posledná číslica bude Ú, teda 2. To nám neplatí v prípade T=9, takže vieme, že T=8.

Č

Teraz už poznáme prvú číslicu aj čísla \overline{ÚČET}, aj \overline{TEČÚ}. Môžeme si pritom všimnúť, že pri násobení štyrmi tu nepripočítame žiaden zvyšok (prechod cez desiatku) z Č\cdot4. Aby nám tam taký zvyšok nevznikol, musí byť Č\leq2.

Okrem toho máme Č aj v čísle \overline{TEČÚ}, ktoré je násobok štyroch, a teda aj \overline{ČÚ} musí byť násobok štyroch. Keďže už vieme, že Ú=2, tak Č musí byť nepárne (násobky štyroch, ktoré končia dvojkou, sú len 12 a 32, pokiaľ násobíme len jednou číslicou). Ostáva nám tak iba jedna možnosť, Č=1.

E

Teraz už vieme všetky číslice okrem E. Mohli by sme jednoducho vyskúšať dosadiť za E všetky číslice a zistiť, ktorá sedí, ale vieme to spraviť ešte jednoduchšie, bez skúšania. Pozrime sa, ako teraz vyzerá násobenie pod sebou.

\begin{matrix} 2 &\hspace{-5pt} 1 &\hspace{-5pt} E &\hspace{-5pt} 8 \\ &\hspace{-5pt} &\hspace{-5pt} \cdot &\hspace{-5pt} 4 \\ \hline 8 &\hspace{-5pt} E &\hspace{-5pt} 1 &\hspace{-5pt} 2 \end{matrix}

Keď vynásobíme 8\cdot4, dostaneme číslicu 2, a 3 nám ostanú. Ďalšiu číslicu, o ktorej vieme, že je 1, dostaneme tak, že vynásobíme E\cdot4, a pripočítame tento zvyšok 3. Bez tohto zvyšku bude teda posledná číslica 8 (teda 1-3, čo je s prechodom cez desiatku 11-3=8).

No a ktoré násobky štyroch (ak násobíme len jednou číslicou) končia osmičkou? Je to len 2\cdot4=8 a 7\cdot4=28. E teda musí byť 2 alebo 7, a keďže číslice majú byť navzájom rôzne, môžeme rovno povedať, že E=7.

Záver

Už teda máme všetky číslice. Podľa toho nám vychádza \overline{ÚČET}=2178. Musíme ešte overiť, či je to naozaj správne riešenie. 2178\cdot4=8712, čo je naozaj 2178 odzadu. Toto je teda jediné riešenie úlohy.


5. príklad

Opravovali: JozefB, Oliver, mati

Najprv si napíšme, koľko drahokamov priniesol každý z gemológov na konferenciu:

gemológ hodnota zbierky v pôvodných drahokamoch
1. 8 rubínov
2. 10 zafírov
3. 100 perál
4. 5 diamantov

Ako prvé si treba uvedomiť, že každý gemológ dá po jednom drahokame ostatným, čiže rozdá 3 svoje drahokamy a získa od ostatných po jednom. Po konferencií teda budú zbierky gemológov vyzerať nasledovne:

gemológ rubíny zafíry perly diamanty
1. 5 1 1 1
2. 1 7 1 1
3. 1 1 97 1
4. 1 1 1 2

V zadaní sa nás pýtajú dve veci: Ktorý gemológ mal na začiatku najhodnotnejšiu zbierku? A koľko drahokamov svojho druhu by museli mať ostatní gemológovia, aby mali zbierku rovnakej hodnoty?
Chceme teda zistiť začiatočné hodnoty zbierok. K tomu potrebujeme vedieť porovnávať hodnoty jednotlivých drahokamov. Zo zadanie vieme, že po konferencií mali ich zbierky hodnotu rovnakú:

1. zbierka = 2. zbierka = 3. zbierka = 4. zbierka

5r+z+p+d = r+7z+p+d = r+z+97p+d = r+z+p+2d

Z každej zbierky môžeme odčítať drahokamy s rovnakou hodnotou a rovnosť ostane zachovaná. Odčítaním po jednom rubíne, zafíre, perle a diamante získavame:

4r = 6z = 96p = 1d

Hodnoty zbierok sa nám dobre porovnávajú, pokiaľ sú všetky v drahokamoch jedného druhu. Zvoľme si teda napríklad perly, aby nám vyšli celé čísla.

gemológ pôvodné drahokamy prevod hodnota 1 drahokamu hodnota zbierky
1. 8 rubínov 4r = 96p 1r = 24p 192p
2. 10 zafírov 6z = 96p 1z = 16p 160p
3. 100 perál 96p = 96p 1p = 1p 100p
4. 5 diamantov 1d = 96p 1d = 96p 480p

Teraz nám stačí porovnať počet perál, aby sme zistili koho zbierka je najhodnotnejšia. Najviac perál má, ako vidno vyššie, 4. gemológ. Jeho zbierka má teda najväčšiu hodnotu.

Teraz potrebujeme zistiť, koľko drahokamov by musel mať každý gemológ, aby mali všetci rovnakú hodnotu zbierky ako 4.

Zoberme si počet drahokamov s rovnakou hodnotou ako 1 diamant. Keď tento počet vynásobíme piatimi, tak dostaneme zbierku s hodnotu 5 diamantov, čo je to isté ako pôvodná zbierka 4. gemológa. Toto urobíme pre rubíny, zafíry a perly. Jednotlivé zbierky budú potom vyzerať nasledovne:

gemológ hodnota zbierky v diamantoch prevod počet drahokamov
1. 5 1d = 4r 4r \cdot 5 = 20r
2. 5 1d = 6z 6z \cdot 5 = 30z
3. 5 1d = 96p 96p \cdot 5 = 480p
4. 5 1d = 1d 1d \cdot 5 = 5d

Odpoveď: Najhodnotnejšiu zbierku mal 4. gemológ. Aby zbierky ostatných gemológov mali rovnakú hodnotu ako zbierka 4. gemológa, tak 1. gemológ by musel mať 20 rubínov, 2. gemológ by musel mať 30 zafírov a 3. gemológ by musel mať 480 perál.


6. príklad

Opravovali: Imro, merlin, mišo

Pozrime sa najprv na súčty \overline{AB} + \overline{BC} + \overline{CA} a \overline{BA} + \overline{CB} + \overline{AC}. Každé dvojciferné číslo v tvare \overline{AB} vieme zapísať ako 10A + B. Rozpíšme si teda vyššie napísané výrazy:

\begin{aligned}\overline{AB} + \overline{BC} + \overline{CA} &= 10A + B + 10B + C + 10C + A = 11(A + B + C) \\ \overline{BA} + \overline{CB} + \overline{AC} &= 10B + A + 10C + B + 10A + C = 11(A + B + C) \end{aligned}

Dosaďme si to teraz do nesprávneho výpočtu zo zadania:

\begin{aligned}&11(A+B+C) + X = 201 \\ &11(A+B+C) = 201 - X \end{aligned}

Ľavá strana rovnice je deliteľná 11, teda aj pravá strana musí byť. Keďže 201 dáva po delení 11 zvyšok 3 , tak aj X musí dávať zvyšok 3. Zo zadania vieme, že X je cifra, takže musí byť práve 3 (iné jednociferné číslo po delení 11 nedáva zvyšok 3). Potom platí, že 11(A+B+C) je rovné 198. Toto môžeme dosadiť do správneho výpočtu:

11(A+B+C) + 7X = 198 + 21 = 219

Odpoveď: Výsledok správneho výpočtu je teda 219.


7. príklad

Opravovali: Prutky, Qwedux

Ciferný súčin čísla zrátame ako súčin jeho cifier. Napríklad ciferný súčin čísla 5327 je 5\cdot3\cdot2\cdot7 = 210. Môžme si všimnúť, že ak by sme nahradili poslednú cifru za cifru 9, tak by sme dostali číslo s ciferným súčinom 5\cdot3\cdot2\cdot9 = 270. Z tohto vidíme, že ak zmeníme iba poslednú cifru, tak súčin ostane veľmi podobný, tým sa myslí, že stále má tvar 30\cdot D kde D je posledná cifra.

Ak si štvorciferné číslo zapíšeme ako \overline{ABCD}, tak súčet ciferných súčinov čísel začínajúcich ciframi \overline{ABC} je: A\cdot B\cdot C\cdot0 + A\cdot B\cdot C\cdot1 + A\cdot B\cdot C\cdot2 +\dots + A\cdot B\cdot C\cdot9 = A\cdot B\cdot C\cdot45. Teraz si všimneme, že ak by sme vypísali všetky trojciferné čísla \overline{ABC} a zistili že súčet ich ciferných súčinov je K, tak na to aby sme zistili súčet ciferných súčinov štvorciferných čísel nám stačí vynásobiť číslo K číslom 45. Dá sa to takto jednoducho, lebo každé štvorciferné číslo začína nejakým trojciferným a z každého trojciferného čísla vieme vyrobiť štvorciferné pridaním štvrtej cifry.

Rovnaký trik vieme použiť na zistenie súčtu ciferných súčinov trojciferných čísel - ak tento súčet pre dvojciferné čísla je L, tak potom K = 45 \cdot L. Trik vieme ešte raz zopakovať na jedno a dvoj-ciferné čísla, čím dostaneme, že ak súčet ciferných súčinov jednociferných čísel je M, tak dvojciferných je L=45\cdot M. Samozrejme súčet ciferných súčinov jednociferných čísel vieme zistiť, lebo to je súčet 1+2+\dots + 9 = 45. Takto dostaneme, že súčet ciferných súčinov štvorciferných čísel je 45\cdot 45 \cdot 45\cdot 45 = 4100625.


8. príklad

Opravovali: Danko, MartinŠ, ViktorB

Rozdeľme možný počet kráľovstiev na dva prípady: Keď je ich počet párny a keď je nepárny. Pre každú časť zistíme samostatne, ktoré takéto čísla mohli byť počtom kráľovstiev.

Začnime prípadom, keď je počet kráľovstiev párny. Môžeme si vyskúšať, ako sa Anka bude pohybovať, a všímať si, ktorými kráľovstvami prechádza. Zaujímavé pozorovanie je, že s výnimkou prvého kráľovstva sa Anka pohybuje iba po kráľovstvách s párnymi číslami. Prečo je to tak? Pretože vždy, keď je na kráľovstve číslo napríklad x, tak sa posunie o x kráľovstiev dopredu, teda na kráľovstvo číslo 2x. Toto číslo musí byť zjavne párne, keďže je násobkom dvoch. Ešte sa môže stať, že pri tejto ceste prejde cez kráľovstvo číslo n a vráti sa na 1 (môže sa to stať nanajvýš raz, pretože inak by to znamenalo, že prešla viac ako n kráľovstvami, a to by musela ísť z kráľovstva s číslom vyšším ako n). V tomto prípade sa číslo Ankinho kráľovstva znížilo o n-1 namiesto toho, aby sa zvýšilo o 1, teda vlastne “stratila” n krokov. To znamená, že skončí nie na kráľovstve 2x, ale 2x-n. Keďže n je párne, tak táto hodnota bude, rovnako ako 2x, tiež párna.

To ale znamená, že jediné kráľovstvo s nepárnym číslom, ktoré Anka navštívi, je 1. Teda ak existuje aj nejaké iné nepárne kráľovstvo, napríklad 3, tak Anka už logicky nemôže navštíviť všetky. Teda jediný vyhovujúca párny počet kráľovstiev je 2.

Čo nepárne čísla? Môžeme si všimnúť, že pri takýchto počtoch kráľovstiev už Anka vie stúpiť aj na nepárne kráľovstvá. Stále ale existuje kráľovstvo, do ktorého určite nikdy nevstúpi. Je to posledné kráľovstvo, ktorého číslo je n. Už sme spomenuli, že z kráľovstva x sa Anka vždy dostane iba do kráľovstva číslo 2x alebo 2x-n. Môže sa niektorej z týchto hodnôt rovnať nepárne n? 2x to nebude, keďže to je vždy párne. Stále ale pripadá do úvahy 2x-n. Môžeme v rovnici zapísať, že je to rovné n, a následne ju upraviť:

2x-n = n ⇒ 2x = 2n ⇒ x = n.

Teda vidíme, že jediný spôsob, akým Anka môže pricestovať do kráľovstva číslo n, je, že v tomto istom kráľovstve svoj pohyb aj začína, ale z iného kráľovstva sa tam nikdy nedostane.

Toto znamená, že pri nepárnych n Anka môže navštíviť posledné kráľovstvo iba tak, že v ňom aj začína, teda vyhovuje iba n = 1.

Teda dostávame dve riešenia: 1 a 2. Ľahko si overíme, že tieto riešenia naozaj fungujú.

Odpoveď: Úloha má dve riešenia: 1 a 2.

Bodovanie:

Za každé nájdené a skontrolované riešenie sme dávali 1 bod, 3 body za vyriešenie párnych prípadov a 5 bodov za vyriešenie nepárnych prípadov.


9. príklad

Opravovali: mišo

Často najjednoduchší (aspoň v matematike) spôsob, ako dokázať, že sa niečo dá spraviť, je spraviť to. Pokúsime sa teda nájsť spôsob, ako si mohli pán Peniažkový, Anka a susedia tortu rozdeliť, bez ohľadu na počet susedov.

Pre jednoduchosť sa pozrime na prípad s jedným susedom. Po chvíli skúšania zistíme, že trojica zlomkov \frac{1}{2},\, \frac{1}{3},\, \frac{1}{6} zadaniu vyhovuje. Sú každý iný, majú v čitateli jednotku a ich súčet je 1 - celá torta. Keďže možných počtov susedov je nekonečne veľa, nedokážeme takto vypísať všetky možnosti. Preto musíme nájsť nejaký všeobecný spôsob a ukázať, že dané pravidlá bude spĺňať skutočne vždy.

Zamyslime sa nad pridaním ďalšieho suseda. Jedna z možností, ako zväčšiť počet kusov o jeden, je nejaký rozdeliť na 2 menšie. Tie však musia byť rôzne veľké. Nech sú napríklad \frac{2}{3} a \frac{1}{3} pôvodného. Označme zlomok, ktorý delíme \frac{1}{x} a pozrime sa, čo dostaneme.

\displaystyle \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3x}\\[5pt] \frac{1}{x} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{3x}

Všimneme si, že pokiaľ je x nepárne, náš zlomok \frac{2}{3x} nebude mať v čitateli 1, v opačnom prípade sa dvojka vykráti. Takéto delenie vieme teda použiť len na zlomok s párnym menovateľom. V situácií s jedným susedom bol najmenší kus \frac{1}{6} torty, takže by sme ju vedeli rozdeliť. Dostali by sme \frac{1}{9},\, \frac{1}{18}. Vieme teda postup zopakovať. Teraz však musíme overiť, či sa nám náhodou po niekoľkých krokoch neminú párne menovatele. Môžeme si však všimnúť, že ak je x párne, tak potom aj jeho násobok 3x je párny. Takže po delení čísla s párnym menovateľom nám vznikne nové číslo s párnym menovateľom. Vieme teda takto deliť ľubovoľne veľakrát.

Delením jedného kusu na dva menšie sa nezemní súčet jednotlivých zlomkov. Vždy teda rozdelíme celú tortu. Rovnako tak zostanú v menovateli jednotky, čo sme ukázali vyššie. Ostáva nám ešte pozrieť sa, či nejaké kusy nebudú mať rovnakú veľkosť.

Už pri druhom susedovi si všimneme, že ak by sme miesto \frac{1}{6} delili \frac{1}{2} vyššie uvedeným spôsobom, dostali by sme opakujúce sa zlomky \left(\frac{1}{3},\, \frac{1}{3},\, \frac{1}{6},\, \frac{1}{6}\right). Ak by sme však vedeli vždy rozdeliť najmenší kus, dva nové by boli menšie ako všetky ostatné. Pokiaľ boli pred delením každý kus inej veľkosti, budú aj po ňom. Napríklad \frac{1}{6} je najmenšia. Po jej rozdelení bude jeden z výsledných kusov najmenší. Po delení \frac{1}{x}, bude najmenší \frac{1}{3x}. To je zhodou okolností ten, ktorý má párny menovateľ. Pri našom delení tak vieme v každom kroku rozdeliť ten najmenší kus a budú tak aj po ňom všetky kusy rôzne.

Našli sme spôsob, ako rozdeliť koláč pre ľubovoľný počet susedov, čím sme dokázali, že sa to vždy spraviť dá.

Komentár

S príkladom ste sa poväčšinou vysporiadali dobre, aj keď vás riešilo pomenej. Bežnou chybou bolo, že ste si neoverili, či vaše delenie bude vždy spĺňať všetky podmienky zadania. Zabúdali ste hlavne na to, či budú po vašom delení zlomky rozdielne. Samotné spôsoby, ako si majú pán Peniažkový, Anka a susedia tortu rozdeliť, ste našli veľmi pekné a naozaj rôznorodé, pri každom však bolo nejaké overenie nutné.


10. príklad

Opravovali: elusq

Označíme α a β príslušné vnútorné uhly \triangle ABC. Pätu výšky \triangle ABC z vrchola C označíme Z. Keďže úsečka CZ je výškou trojuholníka, tak \measuredangle AZC a \measuredangle BZC sú pravé, teda trojuholníky ACZ a BCZ sú pravouhlé. Zo zadania vieme, že uhly \measuredangle QXA a \measuredangle SYB sú tiež pravé.

Keďže súčet vnútorných uhlov trojuholníka je 180° a vnútorné uhly \triangle ABCα, β a 90°, tak platí, že α+β=90°.

V tomto odseku ukážeme, že trojuholníky ACZ a QAX sú zhodné.
Vieme, že trojuholníky sú podobné, keď ich dva vnútorné uhly sú rovnako veľké (podobné podľa uu). Na to, aby boli dva trojuholníky zhodné, musia byť ešte aj odpovedajúce strany rovnako dlhé (zhodné podľa suu). Trojuholník ACZ má vnútorné uhly α, 90° a jeho tretí |\measuredangle ACZ| = 180°- α - 90°=90°-α =β. Súčet uhlov \measuredangle XAQ, \measuredangle QAC a \measuredangle CAZ bude 180°, keďže body X, A a Z ležia na priamke. Potom musí platiť |\measuredangle XAQ|=180°-| \measuredangle QAC|-|\measuredangle CAZ|=180°-90°-α=β. Trojuholník QAX má dva z vnútorných uhlov β a 90°, taktisto aj trojuholník ACZ. Keďže ale prepona oboch trojuholníkov je stranou štvorca ACPQ, ich prepony sú rovnako dlhé a teda trojuholníky sú zhodné podľa suu.

Podobne vieme ukázať, že trojuholníky CBZ a BSY sú zhodné podľa suu.

Zo zadania vieme, že |QX|=3{,}6 m, keďže trojuholníky ACZ a QAZ sú zhodné, tak aj |AZ|=3{,}6 m, podobne |BZ|=6{,}4 m.
Označíme a a b príslušné strany \triangle ABC a vyšku CZ označíme v. Z Pytagorovej vety v trojuholníkoch AZC, CBZ a ABC dostávame rovnosti:

v^2+3{,}6^2=b^2

v^2+6{,}4^2=a^2

\hspace{1cm} a^2+b^2=(3{,}6+6{,}4)^2 \hspace{0.6cm} (♡)

Dosadím do za a^2 a b^2:

v^2+6{,}4^2+v^2+3{,}6^2=(3{,}6+6{,}4)^2

2\cdot v^2+40{,}96=100

2\cdot v^2=46{,}08

v^2=23{,}04

v=4{,}8 m

Už stačí iba vypočítať obsah trojuholníka, ktorý vypočítame ako S=\frac{v \cdot c}{2}, dosadíme hodnoty S=\frac{4{,}8 \cdot (6{,}4+3{,}6)}{2}=\frac{4{,}8 \cdot 10}{2}=24 m^2.

Odpoveď: Obsah trojuholníka ABC je 24 metrov štvorcových.


Prémia 1

Opravovali: Danko, adam

Tri najlepšie riešenia ktoré sme dostali použli 17 krokov. Také riešenie mohlo vyzerať napríklad takto:

Príkladové plániky pre jednotlivé príšery

Kliknutím otvoríte väčší obrázok (otvoriť v novom okne).

  • Prvá príšera začala na políčku v 3. riadku a 1. stĺpci.
  • Druhá príšera začala na políčku v 2. riadku a 7. stĺpci.
  • Tretia príšera začala na políčku v 5. riadku a 4. stĺpci.

Každá z príšer v tomto riešení prešla 17 krokov a výsledný plánik teda vyzeral takto:

Príkladové výsledné zafarbenie

Všetky políčka sú zaplnené.

Bodovanie
  • 17 krokov - 7 bodov
  • 18 krokov - 5 bodov
  • 19 krokov - 4 body
  • 2021 krokov - 3 body
  • 2227 krokov - 2 body
  • 28 krokov a viac - 1 bod