Vzorové riešenia 3. kola

Chodby s dvoma najnižšími číslami sú 1 a 2 - chodby s týmito číslami budú (podľa zadania) klamať a teda chodby s číslami 3 a 4 budú hovoriť pravdu.

Teraz sa môžeme postupne pozrieť na jednotlivé chodby, aké môžu mať čísla keď klamú a keď hovoria pravdu:

Pod textom sú napísané, ktoré čísla vychádzajú pri danej možnosti.

Teraz keď sa pozrieme na hodnoty, ktoré nám vychádzajú pri jednotlivých možnostiach, tak vidíme, že chodby A a D nemôžu klamať (žiadna číslo nám nevychádza) a ak hovoria pravdu, tak majú každá jednu možnosť (a keďže sú rôzne, tak to aj vychádza). Takže vieme, že chodba A má číslo 3 a chodba D má číslo 4.

Ostali nám chodby B a C s číslami 1 a 2. Vieme, že pri oboch chodbách sa musí klamať, lebo pri 1 a 2 sa klame (a taktiež 3 a 4 pri pravdivých možnostiach sme už použili). Ako vidíme, tak pri chodbe B máme len jednu možnosť, ktorú musíme využiť(1) a pri chodbe C máme dve možnosti (1, 2). Chodba B bude mať číslo 1, takže pri chodbe C ostane nám ostane možnosť 2. To je dobré, lebo vidíme, že tento príklad má riešenie.

Odpoveď: Chodby majú nasledovné čísla: A = 3, B = 1, C = 2 a D = 4.

Komentár

Tento príklad ste podstate všetci vyriešili správne, čo nás teší.

Najskôr si jednotlivé časti koberca pomenujeme písmenami od A po H a pre prehľadnosť si tiež určíme poradie riadkov a stĺpcov.

Vďaka tomuto označeniu si môžeme prvé dva stĺpce a riadky prepísať do rovníc. Pre súčiny 16, 90, 20 a 84 spravíme prvočíselný rozklad. Vzhľadom na to, že môžeme na koberec vpisovať len prirodzené čísla od 1 do 8, tak prvočíselný rozklad týchto čísel musí obsahovať prvočísla z prvočíselného rozkladu výsledného súčinu. Čísla 1, 2, 3, 5 a 7 sú zároveň aj svojím prvočíselným rozkladom, zatiaľčo 4, 6 a 8 je nutné ešte nasledovne rozložiť 4 = 2 \cdot 2, 6 = 2 \cdot 3 a 8 = 2 \cdot 2 \cdot 2. Pre každý riadok a stĺpec vieme takto určiť ktoré čísla od 1 do 8 sa v ňom môžu nachádzať.

\begin{aligned} (1. ~riadok) \quad A \cdot B \cdot C = 16 &= 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \implies 1, 2, 4, 8 \\ (2. ~riadok) \quad D \cdot E \cdot F = 90 &= 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \implies 1, 2, 3, 5, 6 \\ ------------&------------\\ (1. ~stĺpec) \quad A \cdot D \cdot G = 20 &= 2 \cdot 2 \cdot 5 \implies 1, 2, 4, 5 \\ (2. ~stĺpec) \quad B \cdot E \cdot H = 84 &= 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 7 \implies 1, 2, 3, 4, 6, 7 \\ \end{aligned}

Zo zadania zároveň vyplýva, že nielenže sme limitovaní na prirodzené čísla 1 až 8, ale my dokonca musíme každé z nich práve raz niekam umiestniť, takže sa bude musieť nachádzať vždy aspoň v jednej z našich rovníc. Čísla 7 a 8 sú vypísané každé len u jednej z rovníc, takže si môžeme byť istí že sa práve v nej použijú. Prvočísla 5 a 7 sú tak veľké že ich akékoľvek násobky sú už väčšie než 8 a teda pokiaľ sa nachádzajú v prvočíselnom rozklade výsledného súčinu, tak sa na ňom musia nutne podielať tak ako sú a nie ako súčasť nejakého väčšieho zloženého čísla.

\begin{aligned} (1. ~riadok) \quad A \cdot B \cdot C &= 16 \implies \textbf{8}, (1, 2, 4) \\ (2. ~riadok) \quad D \cdot E \cdot F &= 90 \implies \textbf{5}, (1, 2, 3, 6) \\ ----------&----------\\ (1. ~stĺpec) \quad A \cdot D \cdot G &= 20 \implies \textbf{5}, (1, 2, 4) \\ (2. ~stĺpec) \quad B \cdot E \cdot H &= 84 \implies \textbf{7}, (1, 2, 3, 4, 6) \\ \end{aligned}

Pozrime sa teraz na prvý riadok, ak chceme dostať súčinom troch činiteľov súčin 16 a vieme že jedným z činiteľov je 8, tak nám neostáva iná možnosť než použiť čísla 1 a 2, lebo akékoľvek iná kombinácia dvoch rôznych prirodzených čísel by dala väčší výsledný súčin s čislom 8 než je 16. Pokiaľ použijeme tieto tri čísla (1, 2, 8) pre prvý riadok, tak druhý riadok môže použiť už len čísla 3 a 6 na doplnenie trojice s číslom 5, pretože na koberci riadky nezdieľajú žiadne políčka. K týmto trojiciam sme dospeli vyraďovacou metódou a nie výpočtom, musíme preto ešte overiť, že tieto trojice skutočne dávajú správne súčiny, pokiaľ by to tak nebolo, tak úloha by nemala žiadne riešenie.

\begin{aligned} (1. ~riadok) \quad A \cdot B \cdot C &= 16 = 1 \cdot 2 \cdot 8 \\ (2. ~riadok) \quad D \cdot E \cdot F &= 90 = 3 \cdot 5 \cdot 6 \\ \end{aligned}

Skúška správnosti sedí a tak sa môžeme posunúť na stĺpce. V prvom stĺpci musíme použiť číslo 5 a získať pomocou neho a ďalších dvoch čísel súčin 20. Možní kandidáti sú 1, 2 a 4. Všetky kombinatorické možnosti pre výber dvoch čísel z týchto troch možností sú nasledovné:

\begin{aligned} 1 \cdot 2 = 2 \implies &1 \cdot 2 \cdot \textbf{5} = 10\\ 2 \cdot 4 = 8 \implies &2 \cdot 4 \cdot \textbf{5} = 40\\ 1 \cdot 4 = 4 \implies &1 \cdot 4 \cdot \textbf{5} = \underline{\textbf{20}}\\ \end{aligned}

Opäť je teda práve jedna možná trojica čísel, ktorou vieme docieliť požadovaný súčin a konkrétne sú to čísla 1, 4 a 5. Podobne ako predtým si tieto čísla musíme škrtnúť z kandidátov pre čísla druhého stĺpca, pretože s prvým stĺpcom nezdieľa žiadne políčka. Takto nám pre druhý stĺpec ostanú len čísla 2, 3, 6 a číslo 7, u ktorého sme už predtým dokázali že sa v tomto stĺpci musí určite nachádzať. Vypíšeme si teda všetky možné kombinácie aj pre tento stĺpec:

\begin{aligned} 2 \cdot 3 = 6 \implies &2 \cdot 3 \cdot \textbf{7} = 42\\ 3 \cdot 6 = 18 \implies &3 \cdot 6 \cdot \textbf{7} = 126\\ 2 \cdot 6 = 12 \implies &2 \cdot 6 \cdot \textbf{7} = \underline{\textbf{84}}\\ \end{aligned}

Máme práve jednu trojicu pre ktorú výchádza správny súčin (2, 6, 7) a v tomto prípade nie je potrebná skúška správnosti, pretože naša voľba je určená výpočtom, preto si môžeme rovno vypísať len ktoré čísla sa musia nachádzať v ktorom riadku a stĺpci:

\begin{aligned} (1. ~riadok) \quad A, B, C \implies 1, 2, 8 \\ (2. ~riadok) \quad D, E, F \implies 3, 5, 6 \\ --------------\\ (1. ~stĺpec) \quad A, D, G \implies 1, 4, 5 \\ (2. ~stĺpec) \quad B, E, H \implies 2, 6, 7 \\ \end{aligned}

Posledným krokom je vpísať správne tieto čísla do políčok na koberci. Vieme, že každé číslo je na koberci práve raz a preto ak sa nachádza zároveň medzi číslami nejakého riadku aj stĺpca, tak sa bude na koberci nachádzať v ich prieniku, čiže v zdielanom políčku tohoto riadku a stĺpca. To znamená, že číslo 1 je v prvom riadku a prvom stĺpci, číslo 2 je v prvom riadku a druhom stĺpci, číslo 5 je v druhom riadku a prvom stĺpci a číslo 6 je v druhom riadku a druhom stĺpci. Tretí riadok a tretí stĺpec sa doplnia číslami ktoré ešte neboli použité pre príslušný riadok alebo stĺpec, pretože nič iné už nemôžu ovplyvniť a skúšku správnosti sme si spravili už predtým tam kde to bolo potrebné.

Komentár

Všetky odovzdané riešenia mali správny výsledok, ale cesta, ako ste sa k nemu dostali, bola rôzna. V tomto vzorovom riešení si môžete všimnúť niekoľko prístupov a správnu argumentáciu s nimi spojenú. Ak sa rozhodnete logicky vyvodiť, čo je správny výsledok, tak potrebujeme vedieť, ako ste postupovali vo vašich úvahách a o aké pravidlá ste sa opierali. V takom prípade sú pre tento príklad klúčové pojmy: práve jeden, rôzne čísla, prirodzené/celé číslo, prvočíselný rozklad, zložené číslo a prienik. Pokiaľ sa rozhodnete použiť vylučovaciu metódu, tak si musíte skúškou správnosti overiť, že to posledné, čo ostalo, spĺňa všetky nároky. A ako vždy, pokiaľ skúšate všetky možnosti, tak ich musíte vypísať a napísať na základe ktorého pravidla ste danú možnosť vyradili alebo prijali.

Chceme zistiť najmenší počet spinerov, ktoré naši hrdinovia našli. Počet spinerov v poslednej kôpke (kôpka, ktorá ostala po Velle) si označíme x. Zo zadania vieme, že táto kôpka je deliteľná 4, tým pádom aj x je deliteľné 4. Ďalej vieme, že táto kôpka je \frac{3}{4} počtu spinerov, ktoré boli v kôpke, predtým ako si spinery zobrala Vella. Aby sme dostali počet spinerov pred Vellou, stačí urobiť postup zo zadania naopak: \frac{x \cdot 4}{3}. Z toho vyplýva, že x musí byť deliteľné 3, lebo spinery nevieme deliť na menšie časti. Keďže je x deliteľné 3 \text{ a } 4, je zároveň deliteľné 12. Posledná kôpka bude násobkom čísla 12. Teraz vieme vyskúšať násobky 12 od 1 (musí byť aspoň 1 spiner, aby si naši hrdinovia mohli nejaké zobrať) až kým nenájdeme vhodný počet spinerov.

Začneme pri čísle 12. Teraz budeme robiť kroky v zadaní, ale od konca a všetky operácie nahradíme ich opačnými operáciami:

1. Pred Vellou ostalo: (12 : 3) \cdot 4 + 1 = 17
2. Pred Andym by malo ostať: (17 : 3) \cdot 4 + 1 = 23\frac{2}{3}. Tu je ale problém, lebo Andy by si nevyberal z celočíselného počtu spinerov.

Pokračujeme číslom 24:

1. Pred Vellou ostalo: (24 : 3) \cdot 4 + 1 = 33
2. Pred Andym ostalo: (33 : 3) \cdot 4 + 1 = 45
3. Pred Majtym ostalo: (45 : 3) \cdot 4 + 1 = 61

Dostali sme sa až na začiatok a všetky počty sú celočíselné, tým pádom je toto riešenie správne. Zároveň menšie riešenie neexistuje, lebo sme začínali od najmenšieho násobku 12 a počet spinerov musí byť kladné celé číslo.

Odpoveď: Naši hrdinovia našli 61 spinerov.

Komentár

Väčšina z vás zvládla tento príklad výborne. Častou chybou bolo nezdôvodnenie toho, že počet spinerov v poslednej kôpke musí byť deliteľný 3.

Jednotlivé miestnosti si označíme podľa začiatočných písmen ich farieb. Postupne si rozoberieme, ako môže vyzerať usporiadanie našich miestností, tak aby nám platili všetky fakty zo zadania.

Z prvého faktu vieme, že Č susedí s Ž. Bez ujmy na všeobecnosti si môžeme určiť, že Ž bude na ľavo od Č - teda ak by sme ich dali naopak, tak celé rozloženie miestností nám vyjde len zrkadlovo otočené, čo však vzdialenosti medzi jednotlivými miestnosťami nezmení. Tretí fakt nám hovorí o tom, že medzi Č a B sú 3 miestnosti. Preto máme dve možnosti kde môže byť umiestnená B.

• Ak bude naľavo od Č:

  B_ _ Ž Č

  Potom z 5. faktu musí byť medzi S a B 5 miestností. Čiže S môže byť zase buď napravo (S_P) alebo naľavo (S_L). Posledný 7. fakt hovorí, že medzi Z a S je 6 miestností. Preto pre každé z týchto dvoch S máme dve ďalšie miesta, kde môže byť Z. Teda naše možnosti vyzerajú nasledovne:

  Z_1 B _ _ Ž Č_ S_P _ _ _ _ _ _ Z_2

  Z_1 _ _ _ _ _ _ S_L_ _ _ _ _ B Z_2 _ Ž Č

  Avšak vidíme, že ani v jednej možnosti nie je také Ž a Z medzi ktorými by bolo práve 5 miestností, ako to má byť podľa 6. faktu. Teda B nemôže byť na ľavej strane od Č, pretože potom nevieme žiadnym spôsobomsplniť všetky fakty zo zadania.

• Ak bude napravo od Č:

  Ž Č_ _ _ B

  Podľa 5. faktu musí byť medzi S a B 5 miestností. Zároveň zo 7. faktu vieme, že medzi S a Z je 6 miestností. Čiže nám znova vyjdú práve dve možnosti kde môže byť Z ak S je napravo od B a dve možnosti ak S je naľavo.

  Pokiaľ je S napravo od B, vyzerať to bude takto:

  Ž Č_ _ Z_1 B _ _ _ _ _ S_P _ _ _ _ _ _Z_1

  Tu však vidíme, že ani pre jedno Z nie je medzi Z a Ž 5 miestností. Čiže 6. fakt nie je splnený a teda táto možnosť nevedie k riešeniu.

  Pokiaľ je S naľavo od B:

  Z_1 _ _ _ _ _ _S_L Ž Č_ _ _B Z_2

  Medzi Z_1 a Ž je 7 miestností teda nám Z_1 nevyhovuje, lebo pre neho neplatí 6. fakt. Avšak medzi Z_2 a S_L je 5 miestností, čiže táto možnosť by zatiaľ mohla viesť k riešeniu. Potom z 2. faktu vieme, že M a B susedia. Keďže B susedí z pravej strany so Z, tak M musí byť naľavo od B. Potom by naše rozloženie miestností vyzeralo takto:

  S_L Ž Č_ _ M B Z

Na záver musíme ešte overiť, či platí aj posledný 4. fakt, ktorý sme do riešenia zatiaľ nezakomponovali. Naozaj sú medzi Ž a B práve 3 miestnosti, čo zadaniu vyhovuje - vyšla nám skúška správnosti. V tomto jedinom vyhovujúcom rozložení miestností sú medzi M a S 4 miestnosti.

Odpoveď: Medzi modrou a sivou miestnosťou sú 4 miestnosti.

Začneme tým, že si vypíšeme podmienky deliteľnosti a označíme si naše číslo ABCDEFG, pričom každé písmeno je jedna cifra od 0 do 6.

Deliteľnosť 2 - posledná cifra musí byť párna. Deliteľné 2 sú dvojčíslia AB a FG, tak vieme, že B a G musia byť párne.

Deliteľnosť 3 - súčet cifier v čísle je deliteľný 3. Zadanie nám hovorí, že prvé a posledné trojčíslie je deliteľné 3. Preto aj ciferný súčet ABC a EFG je deliteľný 3.

Deliteľnosť 4 - posledné dvojčíslie je deliteľné 4, a teda posledná cifra je párna. ABCD je deliteľné 4, takže vieme, že D je párne.

Deliteľnosť 5 - posledná čislica je buď 5, alebo 0 ABCDE a CDEFG sú deliteľné 5, takže jedno z čísel E a G bude 5, a druhé 0. Vieme ale, že G musí byť párne, a tak G musí byť 0. Na E tak zostáva iba 5.

Deliteľnosť 6 - číslo je deliteľné 6, ak je deliteľné číslami 2 a 3 naraz. ABCDEF je deliteľné 6, takže F bude párne. BCDEFG je na tom podobne. Ciferné súčty týchto dvoch čísel budú deliteľné 3.

Po týchto začiatočných zisteniach si môžeme doplniť cifry E a G ciframi 5 a 0, naše číslo je teda v tvare ABCD5F0.

Z vyššie uvedenej deliteľnosti vieme, že ciferný súčet EFG je deliteľný 3. Keď si za E a G dosadíme 5 a 0, ciferný súčet je tak zatiaľ 0 + 5 = 5. Na to, aby tento ciferný súčet bol deliteľný 3, môžeme doplniť buď 1, alebo 4. Avšak z podmienok vyššie vieme, že F je párne. Vieme tak, že F bude 4.

Máme tak číslo ABCD540:
B je 2. cifra a D je 4. Vieme teda, že budú párne. Jediné ostávajúce párne čifry sú 2 a 6. Takže si budú v dákom poradí zodpovedať. Ďalej vieme, že ciferný súčet čísla BCD540 bude deliteľný 3, lebo číslo je deliteľné 6. B a D sú 2 a 6, nevieme však, v akom poradí. To však ciferný súčet nijak nezmení.

5 + 4 + 0 + 6 + 2 = 17

Na dosadenie na cifru C nám zostávajú už len dve čísla (3 a 1):
Iba keď dosadíme 1, tak bude ciferný súčet (17+1=18) deliteľný 3. Preto C bude 1. Jediné nepárne číslo, ktoré sme nepoužili je 3, a teda A=3.

Nakoniec máme otázku, ktoré z čísel B a D je 2 a ktoré 6:
Vieme, že ciferný súčet ABC je deliteľný 3. Vieme, že 3 + 1 = 4. Ktoré číslo z 2 a 6 vieme prirátať ku 4, aby nám vzniklo číslo deliteľné 3? 4 + 2 = 6. Pre 6 by sme dostali 4 + 6 = 10, a to deliteľné 3 nie je.
B = 2, a na D teda ostáva už iba 6.

ABCDEFG = 3216540

Pozor, pri takýchto príkladoch treba spraviť aj skúšku správnosti. My sme totiž predpokladali, že nejaké číslo, ktoré spĺňa všetky podmienky v zadaní, naozaj existuje. Avšak kontrolovali sme platnosť jednotlivých cifier na ich miestach iba pre niektoré podmienky, nie však všetky. Tak musíme skúšku spraviť.

3216540

Deliteľnosť 2: 32, je deliteľné 2. 40, je deliteľné 2.

Deliteľnosť 3: 321, je deliteľné 3. 540, je deliteľné 3.

Deliteľnosť 4: 3216, je deliteľné 4. 6540, je deliteľné 4.

Deliteľnosť 5: 32165, je deliteľné 5. 16540 je deliteľné 5.

Deliteľnosť 6: 321654, je deliteľné 6. 216540 je deliteľné 6.

Odpoveď:

Číslo 3216540 je teda platným riešením.

Komentár

S týmto príkladom nebol príliš problém. Avšak, ako sme aj mnohým písali, naozaj kľúčová tu bola skúška správnosti.

Dôvod je ten, že v priebehu riešenia len postupne obmedzujeme možnosti, aká ešte cifra môže byť na ktorom mieste. Pekným príkladom je umiestnenie 0 na posledné miesto, tak argument prečo tam musí byť nula ide takto: Pozrime, zadanie hovorí posledné 5-číslie je deliteľné 5 a teda táto podmienka vylučuje všetky cifry okrem 5 a 0. Ďalej v zadaní vidíme, že posledné dvojčíslie je párne, táto podmienka nám vylúči všetky nepárne čísla na poslednej pozícii. Ostáva nám iba 0, tak tam bude 0, správne? Nie úplne, ešte sme sa nepozreli na ostatné podmienky, či nám niektorá nevylúči aj 0. To že po zvážení 2 podmienok vyhovuje len 0 neznamená, že nutne bude vyhovovať po zvážení všetkých. To treba tiež overiť a rozumný spôsob je spraviť na konci skúšku správnosti, či nám tá 3216540 bude naozaj sedieť. Zatiaľ iba vieme, že iné číslo nebude môcť vyhovovať.

Za chýbajúcu skúšku sme však body nestrhávali.

Bodovanie

Body sme strhávali hlavne za nedostatočne vysvetlený postup, inak to takmer všetci riešitelia mali dobre. Mnoho z vás ale často "preskakuje" kroky, ktoré potom nevysvetlí. Na to si ale treba dávať pozor.

Ako prvé sa pozrime na to ako bude vyzerať náš útvar.

Môžeme si všimnúť že úsečky SA, SD, SM a SB majú rovnakú dĺžku lebo S je stredom kružnice na ktorej ležia body A, D, M, B.

Úsečky AB a CD majú rovnakú dĺžku, lebo sú protiľahlými stranami rovnobežníka. Z toho vypýva, že \frac{1}{2}\left| AB \right| =\frac{1}{2}\left| CD \right|. Vieme že bod M je stredom CD a bod S je stredom AB. To znamená že AS, SB, DM a MC majú rovnakú dĺžku.

Zakreslime si všetky tieto rovnaké strany do nášho obrázku.

Teraz nám vznikol rovnostranný trojuholník DMS. Z toho vyplýva, že jeho všetky vnútorné uhly sú 60°. Pozrime sa na uhol MSB. Tento uhol je striedavý s uhlom DMS, takže bude mať rovnakú veľkosť a to 60°. To isté nám platí aj pre uhly ASD a SDM.

Pozrime sa na obrázok, či nám tieto nové poznatky neukázali niečo nové.

Trojuholník ASD je rovnoramenný, lebo AS a SD sú rovnako veľké. to znamená, že uhly DAS a ADS sú rovnako veľké. Označme ich veľkosť a. Potom musí platiť 2a+60°=180°, lebo vieme že súčet uhlov v trojuholníku je vždy 180°. Ak si z oboch strán rovnice odčítame 60° a potom ju vydelíme dvomi, tak dostaneme a=60°. To znamená že aj trojuholník SAD je rovnostranný. Zakreslime si to do obrázku.

Teraz si môžeme všimnúť že uhol ADB je pravý, lebo úsečka AB je priemer kružnice a bod D leží na tejto križnici. Podľa Tálesovej vety platí, že vrchol pri D musí byť pravý.

Kedže v trojuholníku ADB máme uhol BAD veľkosti 60° a uhol ADB pravý, tak uhol ABD musí mať veľkosť 180°-60°-90°=30°.

Odpoveď: Veľkosť uhla ABD je 30°.

Zamyslime sa najprv nad prípadom, že počet guľôčok je štvorciferné číslo. Označme si ho ABCD, potom jeho ciferný súčet je A+B+C+D. Podľa zadania teda vieme, že

34 \cdot (A+B+C+D)=ABCD=1000A+100B+10C+D.

Po úprave dostaneme rovnicu 24C+33D=966A+66B. Vieme, že A, B, C a D sú cifry, a teda sú to celé čísla od 0 do 9 vrátane. A nemôže byť rovné 0, aby ABCD bolo štvorciferné číslo. Ľavá strana rovnice teda môže byť rovná najviac 513, ak C a D by boli rovné 9, avšak pravá strana môže byť najmenej 996 keď A je 1 a B je 0. Dve strany rovnice sa teda nikdy nebudú rovnať a počet guľôčok nie je štvorciferný.

Keď pridáme ďalšie cifry, pri A dostaneme väčšie čísla. (10000 - 34 pre päťciferné, 100000 - 34 pre šesťciferné, ...) Pravú stranu rovnice teda zväčšíme. Keďže len 1 a 10 sú menšie ako 34, ľavá strana sa nezmení. Z toho vieme, že rovnosť nenastane ani pre čísla s viac ako 4 ciframi.

Pozrime sa na jedno- a dvojciferné čísla. Počet guľôčok je deliteľný 34, keďže je to 34-krát jeho ciferný súčet (ktorý je celé číslo). Jedno- a dvojciferné násobky 34 sú 0, 34 a 68. Z nich spĺňa podmienku zo zadania iba 0, keďže 34 \cdot 0 = 0. Všetky ostatné riešenia sú teda trojciferné.

Trojciferný počet guľôčok si označíme ako ABC, kde A nie je 0, aby ABC bolo trojciferné. Podobne ako na začiatku vieme, že

ABC=100A+10B+C=34 \cdot (A+B+C).

Po úprave dostaneme rovnicu 66A=24B+33C, ktorú vieme ďalej vydeliť 3. Dostaneme teda 22A=8B{+}11C, po úprave 22A{-}11C=8B. Vidíme, že ľavá strana je deliteľná 11. To znamená, že aj 8B musí byť deliteľné 11. B je cifra a teda je menšie ako 10. Jediné vhodné B je teda 0. Dosadíme do rovnice a dostaneme 22A=11C, teda 2A=C. Pre každú cifru A menšiu ako 5 dostaneme príslušné C a tým aj štyri ďalšie riešenia úlohy, konkrétne 102, 204, 306, 408. Pokiaľ by A bolo väčšie ako 4, tak C je aspoň 10 a nebola by to cifra. Toto sú teda všetky trojciferné riešenia.

Našli sme všetky riešenia pre jedno-, dvoj- a trojciferné počty guľôčok. Pre viac ciferné sme ukázali, že žiadne možnosti neexistujú. To znamená, že sme našli všetky riešenia.

Odpoveď: Guľôčok mohlo byť 0, 102, 204, 306 alebo 408.

Keď máme 1989 pohárov tak sa to dá. Urobíme to tak, že najprv poháre rozdelíme na niekoľko rovnakých skupín, napríklad 3 skupiny po 663 pohárov. Na každú z týchto skupín použijeme zaklínadlo, po ktorom budú mať všetky poháre v jednej skupine rovnaké množstvo. Potom nám stačí postupne brať trojice pohárov, z každej skupiny jeden, a na ne používať zaklínadlo. Priemer každej trojice bude rovnaký, pretože poháre v nej budú mať rovnaké tri množstvá. Tým dosiahneme, že na konci budú mať všetky poháre rovnaké množstvo.

Pomerne ľahko sa dá vidieť, že takýto postup by fungoval pre ľubovoľný počet, ktorý je zložené číslo. Pri prvočíslných počtoch máme problém, že poháre vieme rozdeliť buď iba na jednu skupinu alebo skupiny po jednom pohári. Ak máme iba jednu skupinu so všetkými pohármi, podľa zadania na ňu nemôžeme použiť zaklínadlo a ak máme skupiny po jednom pohári, nemôžeme zas zobrať pohár z každej skupiny.

Keď máme poháre 3, tento postup nám nepomôže, lebo 3 je prvočíslo. V tomto prípade ukážeme, že sa to nedá. Zadanie nám dovoľuje používať zaklínadlo iba na 1 alebo 2 poháre, pričom možnosť 1 môžeme ignorovať, lebo nerobí nič.

Keď prvýkrát použijeme zaklínadlo, buď už rovno dosiahneme, že všetky poháre budú mať rovnaké množstvo, alebo iba 2 na ktoré sme to použili budú mať rovnaké a ten ďalší bude mať iné. Predpokladajme teraz, že je to tá druhá možnosť. Množstvá v dvoch rovnakých pohároch si označíme a a v to treťom b.

V ďalšom kroku musíme znova použiť zaklínadlo na nejaké dva poháre. Na tie čo už sú rovnaké to nemá zmysel, teda musíme zobrať jeden s množstvom a a jeden s množstvom b. Po tomto zaklínadle sa množstvá v pohároch zmenia na a, (a+b):2, (a+b):2. Ľahko vieme ukázať, že a\neq (a+b):2. Ak by sa rovnali, jednoduchou úpravou výrazu, dosiahneme spor:

\begin{array}{cc} a=(a+b)/2 &/& \cdot \ 2 \\ 2a=a+b &/& -a \\ a=b \end{array}

Znova sme teda v stave, že máme 2 rovnaké poháre a jeden iný. To isté sa stane po každom ďalšom kroku. Nikdy teda nedosiahneme, že všetky budú rovnaké.

Teda jediný spôsob ako by sme vedeli dosiahnuť, že sú všetky rovnaké, je hneď v prvom kroku. Stačí nám ale nájsť ľubovoľný jeden prípad kedy sa to nepodarí a to je napríklad ak začiatočné množstvá sú 1, 1, 2.

Odpoveď: 1989 sa dá, 3 nie.

Označme S priesečník uhlopriečok nášho štvorca a X,\, Y postupne priesečníky AD s CM a BC s DM. Označíme ešte a stranu veľkého štvorca. Platí a^2 = 420.

Keďže M je stred strany AB a S je stred štvorca, celý štvorec je podľa priamky MS osovo symetrický. Na výpočet obsahu MXSY nám stačí zistiť obsah MXS. Ten bude polovicou nami hľadaného obsahu. Vieme tiež, že |MS| = \frac{a}{2}. Na zistenie obsahu tak budeme chcieť zistiť niečo o výške tohto trojuholníka.

Ďalším výhodným pozorovaním je rovnobežnosť AC a MS. Uhly \measuredangle CMS a \measuredangle ACM sú striedavé a teda rovnako veľké. To isté vieme povedať aj o dvojici CAS a ASM. Takže trojuholníky CXA a MXS sú podobné podľa vety uu.

Vďaka podobnosti trojuholníkov vieme niečo povedať o pomeroch dĺžok v nich. Keďže platí |CA| : |MS| = 2 : 1, budú všety dĺžky v CXA dvojnásobné oproti MXS. Označme v výšku na stranu MS v trojuholníku MXS. Výška na CA v CXA teda bude 2v. Keďže sú CA a MS rovnobežné, ich vzdialenosť bude súčtom týchto výšok, a teda 3v. My však vieme ich vzdialenosť vyjadriť aj ako |AM| = |AB| : 2 = a : 2. Platí teda

\begin{aligned} 3v &= \dfrac{a}{2},\\ v &= \dfrac{a}{6}. \end{aligned}

Dosadením výšky a strany do vzorca pre výpočet trojuholníka dostaneme, že obsah MXS je \frac{a^2}{24}. Takže obsah modrej časti je \frac{a^2}{12} = 420:12 = 35.

Odpoveď: Obsah modrej časti je 35.

Komentár

S príkladom ste si poradili veľmi pekne. Dostali sme mnoho rôznorodých a po väčšine správnych riešení. Ak niečo chýbalo, boli to najmä vysvetlenia jednotlivých krokov.

Najskôr spravíme nasledovné pozorovanie: Ak pre nejaké n vie vždy vyhrať hráč, ktorý nerobí prvý ťah, tak pre n+1 vyhrá hráč, ktorý robí prvý ťah, rozdelením kôpky veľkosti n+1 na kôpky 1, n. Kôpka veľkosti 1 sa už nedá deliť ďalej a v kôpke veľkosti n už nerobí prvý ťah. Dostane sa teda do víťaznej situácie. Teraz si rozoberme niektoré malé prípady:

• Pre n=1 nenastane žiadne delenie, teda hra nemá víťaza.
• Pre n=2 vyhrá prvý hráč rozdelením na kôpky veľkostí 1, 1.
• Pre n=3 vyhrá prvý hráč rozdelením na kôpky veľkostí 2, 1.
• Pre n=4 vyhrá prvý hráč rozdelením na kôpky veľkostí 2, 2.
• Pre n=5 vyhrá druhý hráč. Ak prvý hráč rozdelí počiatočnú kôpku na kôpky veľkostí 1, 4, tak druhý hráč rozdelí 4 na 2, 2. Ak prvý hráč rozdelí 5 na 2, 3, tak druhý hráč rozdelí 3 na 1, 2.
• Pre n=6 vyhrá podľa pozorovania zo začiatku prvý hráč rozdelením na kôpky 1,5
• Pre n=7 vyhrá druhý hráč. Rozoberme si možnosti podľa toho, na aké kôpky môže rozdeliť 7 prvý hráč:
  • Kôpky 1,6: druhý hráč robí prvý ťah s kôpkou 6, teda vyhrá.
  • Kôpky 2,5: druhý hráč rozdelí 2 na 1,1. Ďalej sa dá deliť iba kôpka veľkosti 5, v ktorej druhý hráč nerobí prvý ťah a teda vyhrá.
  • Kôpky 3,4: druhý hráč rozdelí 4 na 1,3 čím ostanú kôpky 3,1,3. Prvý hráč teraz musí rozdeliť jednu z 3 na kôpky 1,2 a potom druhý hráč vie spraviť posledný ťah rozdelením druhej 3 na 1,2.
• Pre n=8 vyhrá, podľa pozorovania zo začiatku, prvý hráč rozdelením na kôpky 1,7.
• Pre n=9 vyhrá druhý hráč. Rozoberme si možnosti podľa toho, na aké kôpky môže rozdeliť 9 prvý hráč:
  • Kôpky 1,8: druhý hráč robí prvý ťah s kôpkou 8, teda vyhrá.
  • Kôpky 2,7: druhý hráč rozdelí 2 na 1,1. Ďalej sa dá deliť iba kôpka veľkosti 7, v ktorej druhý hráč nerobí prvý ťah, teda vyhrá.
  • Kôpky 3,6: druhý hráč rozdelí 6 na 3,3 čím ostanú kôpky 3,3,3. Prvý hráč teraz musí rozdeliť jednu z 3 na kôpky 1,2. Druhý hráč rozdelí 2 na 1,1, čím ostanú iba dve kôpky, ktoré sa dajú deliť veľkostí 3,3. Hociktorú z 3 rozdelí prvý hráč, tak druhý potom rozdelí tú druhú, čím vyhrá.
  • Kôpky 4,5: druhý hráč rozdelí 4 na 2,2, čím ostanú kôpky 2,2,5. Ak prvý hráč rozdelí niektorú z 2, tak druhý hráč rozdelí druhú, čím ostane jediná deliteľná kôpka veľkosti 5. Teda vyhrá druhý. Ak prvý hráč rozdelí 5 na 1,4 alebo 2,3, tak v oboch prípadoch vie druhý hráč vyhrať tým, že buď rozdelí 4 na 2,2 alebo 3 na 1,2.

Teraz chceme ukázať, že pre nepárne n>9 vyhrá druhý hráč. Využijeme fakt, že pre párne kôpky menších veľkostí a veľkosť 3 vyhrá prvý hráč a pre ostatné nepárne kôpky veľkosti menšej ako n vyhrá druhý hráč. Párne n>8 potom vyjdú z pozorovania zo začiatku.

Prvý hráč rozdelí kôpku veľkosti n na dve menšie. Keďže n je nepárne, kôpky sú jedna s párnou veľkosťou a jedna s nepárnou. Mohol nastať jeden z troch prípadov:

1. Jedna kôpka má veľkosť 2, teda kôpky majú veľkosti 2,n-2.
2. Jedna kôpka má veľkosť 3, teda kôpky majú veľkosti 3,n-3.
3. Niečo iné, teda kôpky majú veľkosti k,n-k pre k>3 a n-k > 3.

V prvom prípade vie druhý hráč rozdeliť kôpku veľkosti 2 na 1,1 čím ostane jediná kôpka ktorá sa dá deliť nepárnej veľkosti n-2, pričom o kôpke n-2 vieme z predpokladu že v nej vždy vie vyhrať druhý hráč.

V druhom prípade rozdelí druhý hráč párnu kôpku veľkosti n-3 na kôpky veľkosti 3,n-6, teda na stole sú tri kôpky veľkostí 3,3,n-6. Keďže n>9, tak n-6>3 a teda v takejto kôpke vyhráva hráč nerobiaci prvý ťah. Plán druhého hráča je teraz celkom jednoduchý. Sú dve kôpky veľkosti 3,3, teda akokoľvek bude deliť prvý hráč jednu z týchto kôpok, tak druhý hráč vie to isté zopakovať v druhej kôpke. Pre n-6 má vyhrávajúcu stratégiu nezačínajúci hráč, čo je v tomto prípade druhý hráč. Treba však overiť, že ho prvý hráč nemôže prinútiť začať. Vždy, keď prvý hráč rozdelí inú kôpku ako n-6, alebo tie čo z nej vznikli, tak musel deliť niektorú z 3 alebo 2 čo vznikli z 3. Druhý hráč potom vie to isté zopakovať v druhej 3, resp. 2, čiže prvý hráč poradie toho, ako sa delí kôpka veľkosti n-6 nezmení.

V treťom prípade druhý hráč rozdelí párnu z kôpok na dve rovnako veľké kopy, teda kôpky budú mať veľkosti m,m,n-2m. Hociako bude prvý hráč deliť kôpku veľkosti m a kôpky ktoré z nej vznikli, tak druhý hráč vie zopakovať rovnaké delenie v druhej kôpke veľkosti m a kôpkach ktoré z nej vznikli. Zároveň kôpka veľkosti n-2m je nepárna a teda má z predpokladu k>3, n-k>3 veľkosť aspoň 5. Vyhráva v nej teda nezačínajúci hráč, čo je v tomto prípade druhý hráč.

Týmto sme teda pokryli všetky možnosti ako môže deliť kôpku nepárnej veľkosti prvý hráč a v každej sme prišli na to že vyhráva druhý hráč. Z toho pre nepárne n>9 vždy vie vyhrať druhý hráč. Pridaním rozboru pre malé prípady a pozorovania zo začiatku dostaneme odpoveď.

Odpoveď: Pre párne n a n=3 vyhrá prvý hráč, pre nepárne n\geq 5 vyhrá druhý hráč a pre n=1 hra nemá víťaza.

Riešenie

Rovnakú farbu v celej mriežke dosiahneme tak, že si vyberieme začiatočný útvar (čiernym ohraničené modré otočené T-éčko) a budeme mu meniť farby na farby susedných útvarov, aby sa postupne zväčšoval ako sa k nemu budú susedné plochy pripájať.


Najprv zmeníme farbu začiatočného útvaru na bielu, následne na sivú, na modrú, žltú, sivú, žltú, červenú, sivú, bielu, žltú, modrú, sivú, červenú, bielu, modrú a nakoniec na žltú. Pre lepšiu predstavu, rozširovanie našeho útvaru bude prebiehať tak, že po prvom prefarbení modrého T-éčka sa k našemu začiatočnemu útvaru pridružilo 6 susedných bielych políčok a vznikol nám tým útvar z 12 políčok, ktorý sme následne prefarbovali na sivú atď. Po 16-tom prefarbení je celá plocha už jednej farby v tomto prípade žltej.

Odpoveď: Celá mriežka sa dá zafarbiť na najmenej 16 ťahov.

Komentár

Bodovanie

• 16 ťahov - 6 bodov
• 17 ťahov - 5 bodov
• 18 ťahov - 4 body
• 19 až 21 ťahov - 3 body
• 22 až 28 ťahov - 2 body
• 29 až 50 ťahov - 1 bod