Vzorové riešenia 2. kola

Na začiatku je dobré sa poriadne pozrieť na rovnice v zadaní. Vidíme, že v obidvoch sa nachádza S+K. Toto môžeme využiť, ale najprv si musíme v prvej rovnici osamostatniť S+K:

\begin{aligned}&M \cdot M = O + S + K \quad / -O \\ &M \cdot M - O = S + K \end{aligned}

Teraz vidíme, že máme v oboch rovniciach na jednej strane to isté, takže vieme, že aj tieto rovnice sa rovnajú:

\displaystyle N + 3 \cdot H = M \cdot M - O = S + K

Z tohto vieme, že hmotnosti musíme rozložiť na 3 rovnako veľké časti (máme 3 rovnajúce sa výrazy).

Keďže vieme aké sú jednotlivé hmotnosti, tak vieme vypočítať celkovú hmotnosť zbraní a koľko bude mať každý výraz: (0+1+2+3+4+5) : 3 = 5. Takže po zapísaní do rovnice, máme:

\displaystyle N + 3 \cdot H = M \cdot M - O = S + K = 5

Teraz sa môžeme postupne pozrieť na jednotlivé výrazy. Pozrime sa na N + 3 \cdot H=5 ako prvý: 3\cdot H je väčší z členov a vieme, že jeho hodnota nemôže byť viac ako 5. Tak poďme vyskúšať, akej hmotnosti H môže byť: 3 \cdot 0=0, 3 \cdot 1=3, 3 \cdot 2=6 a tu vidíme, že H nemôže byť 2 a viac, pretože už teraz to je viac ako 5. Z tohto teda vieme, že H je 1 alebo 2.

Teraz pre N môžeme dopočítať možné hodnoty: 5-3 \cdot 0 = 5 a 5-3 \cdot 1 = 2. Takže N je 5 alebo 2.

Keď sa pozrieme ďalej na M \cdot M - O=5, tak vidíme, že M \cdot M \geq 5, lebo odpočítavame nejakú hodnotu O (tá môže byť najmenej 0). Teraz môžeme skúsiť možnosti: 5 \cdot 5 = 25, 4 \cdot 4 = 16, 3 \cdot 3 = 9, 2 \cdot 2 = 4 a ďalej netreba skúšať, lebo ďalej bude vychádzať menej ako 5. Taktiež si môžeme škrtnúť všetky možnosti väčšie ako 3, pretože ako môžeme vidieť, po doplnení O=5 (najväčšia možná hmotnosť) bude ľavá strana viac ako 5 (4 \cdot 4 - 5= 11). Z toho nám teda ostalo M = 3.

Teraz vieme dopočítať O = 3 \cdot 3 - 5 = 4.

Pozrime sa ďalej na S + K=5. V tomto prípade S a K môžu byť hocijaké dvojice z hmotností, ktoré dokopy dávajú 5: 0 a 5, 1 a 4, 2 a 3, 4 a 1, alebo 5 a 0.

Keďže už vieme, aké hodnoty má M a O, tak dvojice s týmito hmotnostami (3,4) môžme vyškrtnúť. S je 0 alebo 5 a K to druhé.

Takže S a K sú 0 alebo 5, túto dvojicu nevieme rozlíšiť, ktoré číslo patrí kam, a teda budeme mať aspoň dve riešenia. Okrem toho vieme aj, že iné čísla tieto hodnoty už nemôžu mať, lebo nám tu vychádzaju pre dve čísla práve dve zbrane.

Doteraz sme priradili čísla 0, 3, 4, 5 a nevieme hmotnosti H,N. Keď sa pozrieme vyššie na H,N, tak vidíme, že nám vychádzali možnosti H=0,N=5 a H=1,N=2. Tu vidíme, že na v prvej možnosti máme použité čísla, ale v druhej nám obe ostali. Z toho vyplíva, že druhá možnosť budú naše H,N.

Odpoveď: Z vyššie uvedeného nám vychádzajú dve možné rozdelenia hmotností:

Komentár

Všetky riešenia mali správne riešenie, ale v podstate všetci ste riešili bez úprav rovníc (rozdelenie hmotnosti na tri časti), čím ste si mohli ušetriť kúsok práce so skúšaním možností. Preto sme použili tento spôsob vo vzorovom riešení.

Okrem toho sa viac krát stalo, že ste napísali niečo na spôsob "to nevychádza" alebo "nemôžeme dosiahnuť", čo síce bola pravda, ale do riešenia treba napísať aj prečo to tak je.

Do prvého vaku dáme najprv 1 vec a potom sedminu zvyšku, do druhého 2 veci a sedminu zvyšku, a tak ďalej. Počet vecí, ktoré do vakov dávame najprv, sa vždy zväčší o 1, takže počet vecí v tých sedminách sa musí vždy zmenšiť o 1, aby sa to vyrovnalo a v každom vaku bolo rovnako veľa vecí.

Poďme to využiť a pozrieť sa na to, ako sa budú meniť počty vecí medzi jednotlivými sedminami. Máme nejaký celkový počet vecí a z nich zoberieme 1 vec a dáme ju do prvého vaku. Zostane nám nejaký počet vecí, z ktorého zoberieme sedminu a dáme ju do do prvého vaku. Označme počet vecí v tejto sedmine x, lebo to ešte neskôr využijeme. Ďalej do druhého vaku dáme 2 veci. Oproti tomu, keď sme prvýkrát brali sedminu zásoby, sme teda z celkovej zásoby zobrali x + 2 veci.

Teraz chceme znova zobrať sedminu celkovej zásoby, a tá má byť o 1 menšia ako sedmina zásoby predtým. To znamená, že v celkovej zásobe musí teraz byť o 7 vecí menej ako predtým, týchto 7 vecí sme teda medzičasom zobrali. No a vieme, že sme zobrali x + 2 veci, takže z toho vieme, že x = 5.

Zistili sme teda, že po zobratí prvej veci zo zásoby tam ostalo toľko vecí, že sedmina z nich bolo 5, takže spolu ich bolo 35. Na začiatku teda v zásobe bolo 36 vecí. Podľa postupu zo zadania vieme, že do prvého vaku sme ich museli dať 6, takže v každom vaku ich bude 6. Vakov teda bude 36/6 = 6.

Nakoniec by sme ešte mali spraviť skúšku správnosti, teda overiť, či sa veci naozaj dajú takto rozdeliť (mohlo by sa stať, že aj tu niečo nebude sedieť a úloha by nemala riešenie). Môžete si overiť, že pri dodržaní postupu zo zadania bude nakoniec v každom vaku naozaj 6 vecí.

Iné riešenie

Označme počet vakov n. V poslednom vaku bude n vecí a sedmina zvyšku, ale ak by nejaký zvyšok bol, tak by nám časť z neho (okrem tej sedminy) zostala, a to nemôže, takže v ňom bude práve n vecí.

V predposlednom vaku musí byť tiež n vecí, ale to musí byť zároveň n - 1 vecí a jedna sedmina zo zvyšku. Tá sedmina zo zvyšku teda musí byť 1, aby to sedelo. To znamená, že zvyšok je vtedy 7 vecí a na posledný batoh nám ostane 6 vecí. Máme teda 6 batohov po 6 vecí a rovnako vieme overiť, že toto riešenie naozaj funguje.

Komentár

Viacerí z vás ste predpokladali, že každá ďalšia sedmina bude o 1 menšia ako tá predošlá, ale nevysvetlili ste, prečo to tak musí byť. Tak si na to dajte pozor, aby ste vždy napísali, ako ste na čo prišli.

Označme si P počet zbraní, ktoré má príšera, a V počet zbraní, ktoré má Vella.

Keby mala Vella o 4 zbrane viac, a príšera dvojnásobok svojich zbraní, Vella by prehrala. Vella by mala teda V+4 zbraní, príšera 2 \cdot P zbraní. Aby Vella v tomto prehrala, musí zo zadania platiť, že príšera by mala aspoň 40 krát toľko zbraní ako Vella. Teda 2 \cdot P \geq 40 \cdot \left( V+4 \right) . Okrem toho podľa zadania platí, že V+P=500 , teda P=500-V . V našej nerovnosti teda dosadíme a dostaneme, že 2 \cdot P = 2 \cdot \left( 500-V \right) \geq 40 \cdot \left( V+4 \right) . Teraz budeme túto nerovnosť upravovať.

\begin{aligned} 2 \cdot \left( 500-V \right) &\geq 40 \cdot \left( V+4 \right) \\ 500-V &\geq 20 \cdot \left( V+4 \right) \\ 500-V &\geq 20 \cdot V + 20 \cdot 4 \\ 500 &\geq 21 \cdot V + 80 \\ 420 &\geq 21 \cdot V \\ 20 &\geq V \end{aligned}

Teda aby platila podmienka zo zadania, musí mať Vella najviac 20 zbraní.
Na záver ešte musíme ukázať, že Vella toľko zbraní naozaj mať môže a podmienky budú splnené. Vieme, že P=500-V=500-20=480 . Potom keby mala Vella o 4 zbrane viac, mala by ich 20+4=24 . Keby mala príšera dvakrát toľko zbraní ako má, mala by ich 2 \cdot 480 = 960 . Teda príšera by mala 960 : 20 = 40 -krát toľko zbraní ako Vella, teda by Vella naozaj prehrala.

Odpoveď:

Vella mohla mať najviac 20 zbraní.

Komentár

Veľa riešiteľov zabudlo zahrnúť poslednú časť, teda overiť, že Vella naozaj môže mať 20 zbraní a prehrá. V príkladoch tohto typu, kde sa snažíme nájsť niečo čo najväčšie, musí riešenie obsahovať dve časti. Keď máme nejaký tip, koľko by to asi mohlo byť, v riešení musíme dokázať, že to nemôže byť viac. V druhej časti musíme ale dokázať aj to, že tento počet naozaj funguje.

Časom myslíme 12{:}35, hodinou zložku 12 a minútou zložku 35.

Ak Andy pozná hodinu, ale existuje viac časov odchodov obsahujúcich túto hodinu, tak bez nápovedy nemôže určiť, ktorý z týchto časov je správny. Naopak, ak existuje len jeden čas odchodu s jeho hodinou, tak Andy vie s istotou povedať, že je to správny čas. Rovnako to platí aj pre Majtyho P. a minúty odchodu.

Najprv sa pozrieme na prvý výrok. Andy zo svojej hodiny vie, že Majty P. iba zo svojej minúty nedokáže určiť správny odchod. Aby Majty P. vedel určiť čas odchodu iba z minúty, tak by musel vedieť minútu, ktorá sa v časoch odchodov vyskytuje práve raz. To sú minúty z časov odchodov 10:50 a 11:45. Keby hodina, ktorú Andy vie bola napríklad 11, tak Majtyho minúta bude buď 35 alebo 45. Avšak Andy nevie, ktorá je Majtyho minúta a teda nevie či je 45. Vtedy by Majty vedel kedy tuk - tuk odchádza. To je v rozpore s tým čo Andy hovorí. Podobne by to dopadlo ak by Andyho hodina bola 10. Vidíme, teda že Andyho hodina ani 10 ani 11 nebude.

Takže po tomto prvom výroku aj Andy aj Majty P. vedia, že správny čas musí obsahovať buď hodinu 12 alebo 13. To znamená, že nám ostávajú časy 12:05, 12:25, 13:05, 13:15 a 13:35.

V druhom výroku Majty P. povedal, že teraz už vie určiť čas odchodu. Musel to byť jeden z ostávajúcich časov, ktorých minútu máme len jedenkrát, inak by to Majty P. nevedel určiť. Majty P. však už vie určiť čas odchodu. Potom však nemôže mať minútu 05, lebo sa vo zvyšných časov vyskytujú ešte dve.

Po tomto výroku už Majty P. vie čas odchodu a Andy zistil, že ani čas 12:05, ani 13:05 nie je správny. Takže mu ostalo na výber len 12:25, 13:15 a 13:35.

V poslednom výroku Andy povedal, že teraz už aj on vie určiť čas odchodu. Ak by Andy vedel hodinu 13, tak nevie jednoznačne určiť čas odchodu, lebo existujú tam dve rôzne minúty. Takže Andy musí mať hodinu 12 a teda správny čas je 12:25.

Odpoveď: Tuk-Tuk odchádza o 12:25.

Pozrime sa najprv na časový rozdiel stretnutí dvoch Tuk-tukov, ktoré sme stretli po ceste do stanice B. 15{:}03-15{:}08 je 5 minút. Lenže my im ideme naproti rovnakou rýchlosťou a teda časový rozdiel medzi týmito dvoma Tuk-tukmi bude 5 \cdot 2=10 minút.

Keďže všetky Tuk-tuky chodia v pravidelných intervaloch a konštantnou rýchlosťou, tak vieme povedať, že všetky po sebe idúce Tuk-tuky budú mať medzi sebou 10 minútové časové rozdiely (aj s čakacou dobou na staniciach).

Teraz si označíme Tuk-tuky:

• K = Tuk-tuk, ktorým sme vyrazili zo stanice A o 15{:}00.
• L = Tuk-tuk, ktorý sme stretli o 15{:}03.
• M = Tuk-tuk, ktorý sme stretli o 15{:}08.
• N a O = Tuk-tuky ktoré sme nestretli a nevieme kde sú

Vieme, že Tuk-tuky L a M sú po sebe idúce (keďže to sú jediné Tuk-tuky, ktoré sme stretli po ceste do stanice B). Tuk-tuky N a O vieme potom dať len na 2 možné miesta a to medzi Tuk-tuky K a L alebo K a M. Možnosti na umiestnenie Tuk-tukov N a O sú teda:

1. Oba sú medzi Tuk-tukmi K a M.
2. Jeden z nich je medzi Tuk-tukmi K a M a druhý je medzi Tuk-tukmi K a L.
3. Oba sú medzi Tuk-tukmi K a L.

Prvá možnosť:

Potom sú Tuk-tuky K a L po sebe idúce. Už vieme, že časový rozdiel medzi nimi musí byť 10 minút. Ak by Tuk-tuk L nečakal na stanici A, tak by bol za Tuk-tukom K len 3\cdot2=6 minút. A teda v tomto prípade musia Tuk-tuky čakať na staniciach 10-6=4 minúty. Lenže ak by čakali na staniciach 4 minúty, tak by sme stretli po ceste do stanice B aj Tuk-tuky N a O, lebo čakacia doba je kratšia ako časový rozdiel medzi Tuk-tukmi a teda oba by museli byť už na ceste späť do stanice A. Táto možnosť teda nevychádza.

Druhá možnosť:

V tomto prípade by bola čakacia doba 4+10=14 minút, pretože medzi Tuk-tukmi K a L je jeden Tuk-tuk a teda musíme pripočítať časový rozdiel za Tuk-tukom K. Tuk-tuk medzi Tuk-tukmi K a M by sme nestretli, pretože čakacia doba je dlhšia ako časový rozdiel medzi Tuk-tukmi, a teda by ešte nestihol vyraziť zo stanice B pred naším príchodom. Tuk-tuky L aj M by sme stretli, pretože rozdiel medzi nimi a naším Tuk-tukom je z oboch strán väčší ako 14 (čakacia doba na staniciach) a teda musia byť oba na ceste medzi stanicami. Táto možnosť sedí so zadaním.

Tretia možnosť:

V tomto prípade by čakacia doba musela byť 4+2\cdot10 (časový rozdiel) =24 minút. To by sme potom nemohli stretnúť Tuk-tuky L a M po ceste do stanice B, pretože náš časový rozdiel medzi nimi je menší ako čakacia doba. Táto možnosť nevychádza.

Odpoveď: Zistili sme, že Tuk-tuky chodia každých 10 minút a na staniciach čakajú 14 minút.

V úlohách tohto typu o najmenšom spoločnom násobku je veľakrát výhodné použiť aj najväčšieho spoločného deliteľa tých istých čísel.

Nech teda NSD(C,P) = D, potom si môžeme napísať C=D \cdot x a tiež P=D \cdot y pre nejaké vhodné čísla x,y \in \Z^+. Potom nutne podľa definície NSD platí NSD(x,y)= 1. Z tohto vyplýva n=nsn(C,P)=D \cdot x \cdot y. (Toto je dokonca tak známe, že sa to uznáva aj bez NSD(x,y)= 1).

S týmito vyjadreniami sa vráťme k pôvodnej rovnici a upravujme:

\begin{aligned} n &= \frac{4P}{n}~{,} \\ n^2 &= 4P~{,} \\ D^2 \cdot x^2 \cdot y^2 &= 4 \cdot D \cdot y~{,} \\ D \cdot x^2 \cdot y &= 4. \end{aligned}

Táto posledná rovnica je stále v kladných číslach. Máme niekoľko možností, ale všimnime si výhodu tohto postupu oproti slepému skúšaniu hodnôt C{,}~P. Každá kombinácia D{,}~x{,}~y vedie k práve jednému riešeniu (treba si skontrolovať, že NSD(x,y)= 1, čo však u nás bude zjavne platiť) a navyše, žiadne ďalšie riešenia existovať nemôžu. Hodnota x má iba dve možnosti, s tým začneme.

Ak x=2, tak potom nutne D=y=1, čo podľa C=D \cdot x, P=D \cdot y dáva prvé (a v tejto vetve aj jediné) riešenie C=2 a tiež P=1.

Ak x=1, tak potom platí D \cdot y=4 . Vieme, že štvorka sa dá rozložiť 1 \cdot 4=2 \cdot 2=4 \cdot 1=4. Z toho, po použití C=D \cdot x, P=D \cdot y získavame riešenia C=1, P=4; C=2, P=4; C=4, P=4.

V tejto chvíli máme hotovo.

Odpoveď: Dvojice (C,P), ktoré spĺňajú rovnicu v zadaní sú: (2,1),(1,4),(2,4),(4,4).

Komentár

Mnohí z vás niektoré riešenia pozabúdali, iní zase nezdôvodnili, prečo našli všetky. Taktiež ste sa dávali na postupy, ktoré boli založené na skúšaní možností oveľa viac, ako bolo treba.

Vo všeobecnosti, keď je úloha o najmenšom spoločnom násobku alebo najväčšom spoločnom deliteli, nie je na škodu uvážiť postup tohto vzoráku s rozkladom D{,}~x{,}~y.

Ako prvé si treba uvedomiť, že počet trollov sa nemôže touto priemerovacou operáciou zmeniť. To plynie z toho, že ak pôvodne je v dvoch políčkach x a y trollov, tak podľa popisu kroku je teraz v oboch políčkach p=\frac{x+y}{2} trollov, t.j. 2 \cdot p= x+y, teda sme zachovali počet.

To znamená, že počet trollov na začiatku je rovnaký, ako počet na "konci" - keď budú mať všetky políčka rovnako veľa. Na začiatku máme 1+2+3+ \ldots + (n^2-1) + n^2 trollov, čo je známy súčet, ktorý má hodnotu \frac{n^2 \cdot (n^2+1)}{2}. Teraz, počet políčok v tabuľke je n^2, čiže na každé políčko pripadá práve

\displaystyle \frac{n^2 \cdot (n^2+1)}{2 \cdot n^2} = \frac{n^2+1}{2}

trollov. Z tohto vyplýva, keďže v každom políčku sú vždy len celočíselné počty trollov, že n musí byť nepárne.

Teraz ale uvážme, pre prípad nepárneho n, rozloženie parity na začiatku. Ukážeme, že nevieme urobiť ani jeden krok a preto nepárne n je taktiež nevyhovujúce. Susediace čísla v riadku sa líšia o 1, čo znamená, že ich súčet je vždy x+(x+1)=2x+1, čo je nepárne a teda nemôžeme priemerovať. Inak povedané, dve po sebe idúce čísla sú vždy jedno párne a jedno nepárne, v súčte teda nepárne.

Po chvíli zamyslenia si môžeme všimnúť, že hodnota čísla hneď pod x je na začiatku práve o n viac, keďže tabuľka má n stĺpcov. Preto, ich súčet je x+(x+n)=2x+n. Toto je zjavne nepárne číslo, lebo n je nepárne.

Tým pádom, pre nepárne n je na začiatku súčet všetkých dvojích susediacich čísel nepárny - čo znamená, že nemôžeme nič priemerovať a nepohneme sa. Rovnovážny stav je nedosiahnuteľný.

Odpoveď: Najsilnejšiu formáciu nevieme dosiahnuť iba popísaným priemerovaním pre žiadne n \geq 2.

Komentár

Väčšina ste sa popasovali s touto úlohou dobre. Dôležitý krok - ktorý bol skoro jasný a preto sme zaň nestrhávali body -, ktorí ste viacerí nespomenuli, bol, že počet trollov sa nemení po priemerovaní dvoch susedných políčok.

Niektorí ste mali jednu alebo obe časti zdôvodnenú neporiadne a podľa veľkosti nedostatku dôkazu ste strácali body.

Prvá podúloha

Zo zadania platí rovnica N = 25M. Keďže M je N s odstránenou prvou cifrou 3, tak N si ďalej vieme zapísať ako 3 \cdot 10^x + M kde x je počet cifier M. Dosadením do rovnice zo zadania dostávame:

\begin{aligned} N &= 25 \cdot M \\ 3 \cdot 10^x + M &= 25 \cdot M \\ 24M &= 3 \cdot 10^x = 3 \cdot 2^3 \cdot 5^3 \cdot 10^{x-3} \\ M &= 125 \cdot 10^{x-3} \end{aligned}

Teraz vidíme, že aby M bolo celé číslo, musí byť x aspoň 3. Môžeme si to overiť napríklad pre x = 3 3125 = 25 \cdot 125 zároveň ale x môže byť aj akékoľvek celé číslo väčšie ako 3, pretože ak N vynásobíme 10, tak sa 10 vynásobí aj M, a teda N = 25 \cdot M bude stále platiť.

Odpoveď: Vyhovujú všetky N v tvare N = 3125 \cdot 10^x, pre ľubovoľné x väčšie rovné 0.

Druhá podúloha

Začneme rovnako ako v prvej podúlohe, do rovnice N = A \cdot M dosadíme N = 3 \cdot 10^x + M, kde x je počet cifier čísla M:

\begin{aligned} N &= A \cdot M \\ 3 \cdot 10^x + M &= A \cdot M \\ 3 \cdot 10^x &= (A - 1) \cdot M \\ M &= \cfrac{3 \cdot 10^x}{A -1} \end{aligned}

Keďže má číslo M x cifier, tak preň určite platí nerovnosť 10^{x-1} \le M \lt 10^x. Z toho po dosadení do poslednej rovnice vyplíva, že 3 \lt A-1 \le 30. Teraz už len treba nájsť všetky hodnoty A - 1 z tohto intervalu, ktoré delia výraz 3 \cdot 10^x pre ľubovoľné x. Tieto hodnoty sú: 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 24, 25 a 30.

Odpoveď: Zadaniu vyhovujú nasledujúce hodnoty A: 5, 6, 7,9, 11, 13, 16, 17, 25, 26 a 31.

Ako prvé si označíme A_2 priesečník CD s vonkajšou osou uhla pri vrchole A a D_2 priesečník AB s vonkajšou osou uhla pri vrchole D, podobne získame označenia B_2 a C_2.

Ukážeme si dve riešenia tohto príkladu.

1. riešenie

Označíme \alpha vnútorný uhol pri vrchole A. Keďže vonkajší uhol pri vrchole A a vnútorný uhol pri vrchole A dávajú 180°, vonkajší uhol bude 180°-\alpha. Vonkajší uhol pri vrchole D je striedavým uhlom k \measuredangle DAB, teda je tiež veľký \alpha. Os uhla delí \measuredangle ADA_2 na dve rovnako veľké časti, teda |\measuredangle ADD_2| = |\measuredangle A_2DD_2| = \frac{\alpha}{2}. Uhly \measuredangle AD_2D a \measuredangle A_2D_2D sú striedavé, teda aj uhol |\measuredangle AD_2D| = \frac{\alpha}{2}.

Trojuholník DAD_2 má dva vnútorné uhly rovné \frac{\alpha}{2}, musí byť rovnoramenný so základňou DD_2 a teda |AD|=|AD_2|. Os uhla DAD_2 je zároveň ťažnicou rovnoramenného trojuholníka DAD_2, teda P je stredom strany DD_2.

Podobne na druhej strane dostaneme, že R je stredom strany CC_2 a |BC|=|BC_2|.

Teraz sa pozrieme na lichobežník D_2C_2CD. Jeho stredná priečka je PR, keďže P je stredom strany DD_2 a R je stredom strany CC_2. Dĺžka strednej priečky je rovná polovici súčtu základní (dôkaz uvádzame na konci), teda \frac{|D_2C_2|+|DC|}{2}.
Stranu D_2C_2 vieme rozdeliť a to na úsečky D_2A, AB a BC_2. Vieme, že |AD|=|AD_2| a |BC|=|BC_2|, dosadením už získame to, čo sme mali dokázať:

\frac{|AD| + |AB| + |BC| + |DC|}{2}=\frac{o}{2}.

2. riešenie

Z predchádzajúceho riešenia vieme, že trojuholník DAD_2 je rovnoramenný a P je stred strany DD_2. Výška a ťažnica na základňu rovnoramenného trojuholníka sú zhodné, teda AP je výškou tohto trojuholníka, teda trojuholník APD je pravouhlý s pravý uhlom pri vrchole P. Každému pravouhlému trojuholníku vieme opísať Tálesovu kružnicu so stredom v strede prepony, preto ak označme X stred prepony AD, bude platiť |AX|=|XD|=|XP|=r a teda |XP|=\frac{|AD|}{2}.

Bod X je stred strany AD, bod P je stred strany DD_2, teda XP je strednou priečkou trojuholníka ADD_2. Keďže usečka XP je stredná priečka, je XP rovnobežná so stranou AD_2 a je rovnako vzdialená od základne AB ako od základne CD.

Podobne získame, že úsečka YR je rovnobežná so stranou BC_2, |YR|=\frac{|BC|}{2} a jej vzdialenosť od základne AB a základne CD je rovnaká.

Stredná priečka lichobežníka ABCD je úsečka XY, keďže X je stredom AD a Y stredom BC. Platí, že stredná priečka lichobežníka má dĺžku |XY|=\frac{|AB|+|CD|}{2}, je rovnobežná so základňami a jej vzdialenosť od základne AB je rovnaká ako od základne CD. Keďže AB\parallel CD \parallel PX\parallel XY\parallel YR, musia body P, X, Y a R ležať na jednej priamke. Teraz môžeme úsečku PR rozdeliť na úsěcky PX, XY a YR, keďže body X a Y ležia na rovnakej priamke ako PR, teda:

|PR|=|PX|+|XY|+|YR|=

= \frac{|AD|}{2} + \frac{|AB|+|CD|}{2} + \frac{|BC|}{2} =

=\frac{|AB|+|BC|+|CD|+|AD|}{2} = \frac{o}{2}.

Dôkaz dĺžky strednej priečky lichobežníka

Majme nejaký lichobežník ABCD so základňami AB a CD, stredy strán AD a BC označíme X a Y. Budeme predpokladať, že |AB| \ge |CD|, keďže ak |CD| > |AB| , stačí lichobežník prevrátiť. Chceme teda dokázať: |XY| = \frac{|AB|+|CD|}{2}.

Najprv sa pozrieme na prípad, keď |AB| = |CD|, teda keď ABCD je rovnobežník. V takom prípade je celkom zjavné, že |XY| = |AB| = |CD|, teda nám rovnosť platí.

Predĺžime strany AD a BC, ich priesečník označíme T. Všimnite si, že vždy budú mať priesečník a vždy bude nad AB aj nad CD tak, že v trojuholníku \triangle ABT bude úsečka CD.

Keďže AB \parallel DC \parallel XY, tak \triangle ABT, \triangle DCT a \triangle XYT sú podobné, lebo zdieľajú uhol pri vrchole T a uhly \measuredangle TDC, \measuredangle TXY, \measuredangle TAB sú súhlasné a tiež uhly \measuredangle TCD, \measuredangle TYX a \measuredangle TBA sú súhlasné. Teda z podobností platia tieto dve rovnosti:

1. pre \triangle TBA a \triangle TYX platí: \frac{|AT|}{|XT|} = \frac{|AB|}{|XY|}, teda |AB|= \frac{|AT| \cdot |XY|}{|XT|}

2. pre \triangle TCD a \triangle TYX platí:\frac{|DT|}{|XT|} = \frac{|DC|}{|XY|}, teda |CD|= \frac{|DT| \cdot |XY|}{|XT|}.

Sčítaním |AB| a |CD| dostávame:

|AB|+|CD|=\frac{|AT|\cdot |XY|}{|XT|} + \frac{|DT|\cdot |XY|}{|XT|} = \frac{(|AT|+|DT|)\cdot |XY|}{|XT|}.

Keďže X je v strede strany AD, tak |AX|=|XD|, teda |AT|=|DT|+2 \cdot |XD|. Dosadím:

\frac{(|AT|+|DT|)\cdot |XY|}{|XT|} = 2\cdot \frac{(|XD|+|DT|) \cdot |XY|}{|XT|}.

Ale zároveň vieme, že |XD|+|DT|=|XT|, teda:

\frac{2\cdot (|XD|+|DT|) \cdot |XY|}{|XT|} = \frac{2\cdot |XT| \cdot |XY|}{|XT|} = 2\cdot |XY|.

Tým sme dokázali, že |AB|+|CD|=2 \cdot |XY|, teda |XY| = \frac{|AB|+|CD|}{2}.

Príklad vyzerá pomerne komplikovane, tak si ho skúsme prepísať tak, aby sme lepšie videli, ako funguje. Strážca počúva pesničky, ktoré majú nejakú kvalitu -- celé číslo n. Podľa kvality pesničky, sa potom niečo udeje s jeho únavou. Začnime v prípade, že mal únavu 1. Jeho únava sa zmení na výraz

2^{3n^2+n} + n \cdot 2^{3n^2+n+1}.

Vyskytujú sa v ňom nejaké mocniny 2. V druhom bode, keď je únava väčšia ako 1, sa tiež hovorí niečo o mocninách 2. (Dokonca 4^x = 2^{2x}, takže sú to opäť len mocniny 2.) Taktiež sa tam hovorí niečo o deliteľnosti a delení, takže nemusí byť na škodu, upraviť výraz vyššie tak, aby zodpovedal nejakému súčinu, aby sme odlíšili jednotlivé delitele a pri delení upravovali len niektoré činitele. Dostaneme

2^{3n^2+n} + n \cdot 2^{3n^2+n+1} = 2^{3n^2+n}+2n \cdot 2^{3n^2+n} = 2^{3n^2+n} \cdot (1 + 2n).

Dostali sme mocninu dvoch, ktorú násobíme nejakým nepárnym číslom. To nám pomáha určiť najväčšiu mocninu 2, ktorá tento výraz delí. Bude to 2^{3n^2+n}. Keď si teda strážca vypočuje túto pesničku, odčíta sa dvojnásobok tohto čísla (ďalšia mocnina) a teda miesto (2n+1)-krát, bude naša mocnina v čísle len (2n-1)-krát.

Pozrime sa teraz na príklad všeobecnejšie. Máme nejaké číslo tvaru 2^x \cdot (2y + 1), kde x a y sú nejaké kladné celé čísla. Na to, aby bol strážcova únava 1, musia byť x = y = 0. Inak sa stane nasledovné:

1. Odčíta sa najmenšia mocnina 2, ktorá toto číslo nedelí. Ako sme povedali už vyššie 2^x násobíme nepárnym číslom, takže hľadaná mocnina bude 2^{x+1} = 2 \cdot 2^x. Dostaneme 2^x \cdot (2y + 1 - 2) = 2^x \cdot (2(y-1) + 1).
2. Únava sa vydelí číslom 4^n = 2^{2n}. Keď delíme dve mocniny s rovnakým základom, dostame mocninu, kde sme odčítali exponenty. Čiže nové číslo bude 2^{x - 2n} \cdot (2(y-1) + 1).

Môžeme si všimnúť, že strážcova únava bude kladné celé číslo, len ak y \geq 0 a x \geq 0, čo sa môže ľahko pokaziť. Keďže y sa po každej pesničke zníži o 1, máme len n pesničiek, od kedy sme mali únavu 1, na to, aby sme sa dostali späť na 1, inak strážnik zaspí. Zároveň vieme, že skôr sa y na 0 nedostane, takže potrebujeme nájsť spôsob, ako x znulovať za rovnaký čas.

Zopakujme si, čo už vieme. Ak mal strážnik únavu 1 a vypočul si pesničku kvality n, má presne n pesničiek na to, aby sa dostal späť na 1. V jeho únave 2^x \cdot (2y+1) sa za ten čas y znuluje bez ohľadu na kvalitu pesničiek. Potrebujeme teda zabezpečiť, aby sa znulovalo aj x. To začína na kvalite 3n^2 + n a po každej pesničke sa zníži o dvojnásobok kvality danej pesničky.

V riešení nás zaujíma, či sa to dá. Ľahko si všimneme, že bez ohľadu na to, či je n párne alebo nepárne, bude 3n^2 + n párne. Teda ak by sme volili pesničky moc nízkej kvality, vieme to na konci zachrániť nejakou super pesničkou, ktorá by mala kvalitu akurát na to, aby x vynulovala. Problém však môže nastať opačný. Pesničky musia byť v stúpacjúcej kvalite a keďže bola predošlá pesnička kvality n, môže sa stať, že nebudeme mať na výber a x znulujeme príliš skoro, či nebodaj s ním prejdeme do záporu. Koľko najviac teda môže byť x po n pesničkách? To sa dozvieme, keď budeme dávať najmenšie možné kvality a teda postupne n,\, n+1,\, n+2,\, \ldots,\, 2n.

2 \cdot (n+1) + 2 \cdot (n+2) + \ldots + 2 \cdot 2n = 2 \cdot ((n+1) + (n+2) + \ldots + 2n) =\\= 2 \cdot \dfrac{((n+1) + 2n) \cdot n}{2} = 3n^2 + n.

V predposlednom kroku sme použili vzorec na súčet n po sebe idúcich čísel. Môžeme vidieť, že vybratie najmenších n po sebe idúcich čísel (väčších ako n) presne sedí. Vráťme sa k úlohe v zadaní. Máme nájsť spôsob, ako strážnik dosiahne únavu 1 ľubovoľne veľakrát.

Odpoveď: Vidíme, že ak má strážca únavu 1, vie si vypočuť ľubovoľnú pesničku s kvalitou n vyššou ako predchádzajúca pesnička, a následne si vypočuť n pesničiek kvality postupne n+1,\, n+2,\, \ldots,\, 2n a vrátiť sa späť na jednotku. Toto vie zopakovať ľubovoľne veľakrát. Konkrétne funguje napríklad počúvanie pesničiek kvality postupne 1,\, 2,\, 3,\, \ldots, ako dlho chce.

Komentár

Príklad bol mimoriadne náročný, čo sa odrazilo aj na počte riešení -- našli sa len dvaja riešitelia, čo niečo poslali. Jednou z príčin mohol byť napríklad komplikovaný výraz v zadaní, či všeobecne fakt, že tento príklad sa moc nepodobá na iné v sérii. Nemusí byť potom ľahké odhadnúť ako začať.

Ako teda začať? Prísť na to, kedy je vzorec upravený do rozumného tvaru, chce veľa skúseností, no i tak nemusí byť vždy zjavné ako upravovať. Obzvlášť, ak nevieme, kam nás riešenie zavedie. Avšak to, čo sa dá spraviť vždy, je skúsiť si chovanie úlohy na malých číslach. Občas to môže byť zavádzajúce, no v tomto príklade voľby pesničiek kvality 1 a 2 nás hneď na začiatku dali späť na únavu 1. Odvážnejší mohli (napríklad s pomocou výpočtovej techniky) prísť na to, že pokračovanie 3,\, 4,\, 5,\, 6 nás opäť priviedlo na 1. V takom prípade sa dalo tipnúť, že tento postup bude fungovať, aj keď to bolo ešte nutné dokázať. Tak ako tak, dokázať, že konkrétna postupnosť niečo spĺňa, nám dáva presnejšie požiadavky, čo v úlohe hľadať a čo od nej očakávať.

Riešenie

Najlepšie riešenie, ktoré sa vám podarilo nájsť, vyzeralo takto:

V ňom bolo 23 rôznych štvorcov.

Bodovanie

• 23 a viac - 7 bodov,
• 21 až 22 - 6 bodov,
• 19 až 20 - 5 bodov,
• 17 až 18 - 4 body,
• 15 až 16 - 3 body,
• 13 až 14 - 2 body,
• 11 a menej - 1 bod.