Vzorové riešenia 1. kola

Prvá vec, ktorú si môžeme všimnúť je, že ak máme v súčine čísel nulu, výsledok bude vždy nulový. A keďže súčin vnútri žiadneho zo pšeničných polí nie je 0, nemôže byť ani v krúžkoch okolo 0​.

Teraz sa môžeme začať pozerať na samotné kúsky polí.

Okolo časti s číslom 3​ sú 4​ studne. Súčet 3​ vieme dostať ako 1+1+1+0​, 2+1+0+0​, 3+0+0+0​. Našťastie 3​ z krúžkov sú aj pri pšeničnom poli, teda tam nemôže byť 0 studní. To nám necháva len možnosť s jednou nulou, 1+1+1+0​. Okrem toho vieme, že 0 musí byť na krúžku, ktorý nie je pri pšeničnom poli.

Odtiaľto si vieme dopočítať krúžky okolo 5​ a 9​, tam nám chýba len po jednom čísle.

Pri 5​ máme zatiaľ 1 \cdot 1​, čo musíme ešte vynásobiť 5​ aby sme dostali 5​. Pri 9​ zase máme 1+0​, k čomu treba pripočítať 8​.

Pri časti s 10​ máme zatiaľ 1+0+8 (=9)​, takže treba doplniť ešte 1​ a 0​. 0​ nemôže byť pri pšeničnom poli s 15 (lebo by bola pri násobení), takže musí byť iba pri 10​ v rohu. Medzi 10​ a 15​ nám zostane 1​.

Okolo 15​ teraz máme čísla 5 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1​, teda do 15​ chýba \cdot 3​, teda 3​ bude posledné číslo.

​Odpoveď:
Výsledný obrázok teda vyzerá takto:

Riešenie obchádzajúce rovnice

Priemer hĺbok studní pred vojnou bol 18\,\text{m}​ a po vojne 14\,\text{m}​. Ďalej hĺbka zasypanej studne je 38​ metrov. 38-18=20​ metrov. Zasypaná studňa teda bola o 20​ metrov hlbšia ako priemerná studňa. Čo to znamená? Znamená to, že musela byť vyvážená ostatným studňami. Ostatné studne museli byť dokopy o 20​ metrov plytšie, ako priemerná studňa. My však vieme, že priemerná studňa mala po vojne 14​ metrov, takže bola o 4​ (18-14​) metre plytšia, ako pred vojnou. Ak priemerná studňa bola o 4​ metre plytšia, koľko je studní,ak dokopy sú o 20​ metrov plytšie? 20 : 4=5​. Po vojne sme mali 5 studní.

Ako ste to poväčšinou riešili a ako sa to dá dokončiť

Najprv si povieme, čo keby bola pred vojnou jediná studňa?

Tak potom tým, že mali priemernú hĺbku 18​ metrov, tak súčet ich hĺbok vieme dostať ako počet studní krát priemer: 18 \cdot 1=18​. Potom, keď odčítame 38​ metrov, tak dostaneme, aké boli dokopy hlboké studne po vojne, a to je -20​ metrov. Takže jedna studňa to byť nemohla, podobne pre 2​ studne, by nám ich hĺbka po vojne vyšla -2 metre.

Pre tri studne je to kúsok zaujímavejšie a teda 3 \cdot 18 = 54​. Po vojne mali studne dokopy 54-38=16​ metrov. Keďže boli pred vojnou 3​, tak sú po vojne 2​. Dostávame teda priemernú hĺbku 16 : 2 = 8​ a to nie je 14​.

Podobne 4​ studne:

4 \cdot 18-38=34​ a 34 : 3 = 11,3{\ldots}​

Pre 5​ studní dostávame:

5 \cdot 18-38=52​ a 52 : 4 = 13.​

Nakoniec pre 6​ studní pred vojnou dostaneme:

6 \cdot 18-38 = 70​ a 70 : 5=14​.

Po vojne bolo 5​ studní.

Teraz je otázka, čo s inými možnosťami? Nebolo to jednoduché to odtiaľto dokončiť, ale dalo sa to. Lepšie to vychádzalo cez prvé riešenie.

Ako sme si mohli všimnúť, tak iba dosádzame čísla do schémy:

18 \cdot (\text{počet studní pred vojnou})-38= ? a potom ? : \text{počet studní po vojne} = \ldots​

To si vieme prepísať do stavu:

\dfrac{18 \cdot (\text{počet studní pred vojnou})-38}{\text{počet studní po vojne}}=\ldots​

Ďalej si môžeme všimnúť, že \text{počet studní po vojne} = \text{počet studní pred vojnou}-1​:

\dfrac{18 \cdot (\text{počet studní pred vojnou})-38}{\text{počet studní pred vojnou}-1}=\ldots​

Teraz iba pripočítam 0​ v tvare 18-18​

\dfrac{18 \cdot (\text{počet studní pred vojnou})-18+18-38}{\text{počet studní pred vojnou}-1}=\ldots​

\dfrac{18 \cdot (\text{počet studní pred vojnou}-1)-20}{\text{počet studní pred vojnou}-1}=\ldots​

Dostávame:

18-\dfrac{20}{\text{počet studní pred vojnou}-1}=\ldots​

No a tu nie je ťažké vidieť, že ak budeme zvyšovať počet studní pred vojnou, tak postupne sa nám bude znižovať číslo za mínusom. Takže, ak pri 6​ dostaneme:

18-\dfrac{20}{6-1}=18-4=14,​

a budeme ďalej zvyšovať počet studní, tak sa nám postupne celkovo bude zvyšovať riešenie. Keď už je riešenie raz 14​, tak ak potom bude viac, tak už nikdy nebude 14.

Odpoveď: Po vojne ostalo 5​ studní

Komentár

V príklade sa dalo postupovať viacerými spôsobmi. Väčšinou sa vám podarilo prísť na to, že 5​ je riešenie, no bol trochu problém s otázkou, ako ukázať, že iné riešenia príklad nemá. V prvom riešení ukazujeme, ako sa tomuto problému elegantne vyhnúť bez použitia rovníc. Nakoniec sa pristavíme pri najčastejšom postupe, ktorý ste zvolili a ukážeme si, ako sa dal dokončiť, aby nenastal problém, či náhodou neexistujú iné riešenia (no je to kúsok ťažšie).

Aby sa nám ľahšie uvažovalo nad tým, ktoré kamene využiť, skúsime si úlohu zjednodušiť. Ak máme isté, že niektorých kameňov bude aspoň nejaký počet, odrátame toľko kameňov od pôvodných 50​ a ich hmotnosť od 168 kg. Potom sa už zamýšľame len nad tým, ako rozdeliť zvyšnú hmotnosť medzi kamene, a uvidíme kam nás až tento postup dovedie.

Keďže 4​-kilových kameňov je najviac, a 3​-kilových je 20​, tak 4​-kilových musí byť aspoň 21​. To máme určených 20+21=41​ kameňov a 20 \cdot 3+21 \cdot 4=144 kg. Ostáva nám teda 50-41=9​ kameňov a 168-144=24​ kg, a použiť už nemôžeme žiadne 3​-kilové kamene.

24​ je párne číslo, ktoré dostaneme z hmotností 2​, 4​ a 5 kg. Súčet 2​- a 4​-kilových bude vždy párny, a teda aj súčet 5​-kilových musí byť párny (pretože párne č. má párny súčet iba s iným párnym č.). Na to ich musí byť párny počet (inak nepárny počet\cdot 5​ = nepárne). Teda vieme, že 5​-kilové kamene sú aspoň 2​, lebo ich nemôže byť 0​ (zo zadania je aspoň jeden).

Potom nám ostane 9-2=7​ kameňov a 24-2 \cdot 5=14​ kg

Každý kameň váži aspoň 2 kg, teda 7​ kameňov musí vážiť najmenej 7 \cdot 2=14 kg, čo je presne toľko koľko potrebujeme. To znamená, že že žiaden z tých 7​ kameňov nemôže byť ťažší a teda ich bude práve sedem 2​-kilových.

Máme teda výsledok, v ktorom sme vždy určili počty kameňov s istotou, teda iné možnosti už nemôžu byť. Môžeme si aj skontrolovať, či nám sedia pôvodné podmienky zo zadania:

Najprv si zoberieme 1. a 2. výrok. Nazvime si studňu, ktorá povedala 1. výrok studňa A. Ak by studňa A povedala 1. aj 2. výrok, tak by raz musela klamať a raz hovoriť pravdu (lebo striedavo klame a hovorí pravdu). Avšak 1. aj 2. výrok hovorí to isté, teda, že studňa, ktorá hovorí tento výrok je staršia. Čiže ak by studňa A hovorila 1. aj 2. výrok, protirečila by si. Tým pádom vieme, že studňa A nemohla povedať 2. výrok, a preto ho musela povedať tá druhá studňa. Nazvime si ju studňa B.

Teraz si zoberme 1. a 4. výrok. Ak je 1. výrok pravda, tak 4. výrok je lož a ak je 1. výrok lož, tak 4. výrok je pravda. Pozrime sa teda na jednotlivé možnosti.

Ak by bol 1. výrok pravdivý, tak by bol 2. výrok nepravdivý a 4. výrok by bol tiež nepravdivý. To znamená, že 3. výrok by musel byť pravdivý, lebo nemôžeme mať po sebe 3 lži. To preto, že jedna z nich by musela 2-krát po sebe klamať, lebo by musela povedať 2 z tých 3 výrokov. Tým pádom studňa, ktorá hovorila 2. výrok, musí byť hlbšia. Vieme však, že 2. výrok bola lož, čiže mladšia studňa je hlbšia.

Ak by bol naopak 1. výrok nepravdivý, tak by bol 2. výrok pravdivý a 4. výrok by bol tiež pravdivý. To znamená, že 3. výrok by musel byť lož, lebo nemôžeme mať po sebe 3 pravdy (rovnaké uvažovanie ako vyššie). Tým pádom studňa, ktorá hovorila 2. výrok, nie je hlbšia, ale plytšia. Vieme, že 2. výrok bola pravda, čiže staršia studňa je plytšia a teda mladšia studňa je hlbšia.

Odpoveď: Hlbšia studňa je mladšia.

Komentár

Body sme strhávali hlavne za preskakovanie krokov, respektíve za nevysvetlenie nejakého uvažovania, ale väčšina z vás to zvládla výborne.

Zo zadania sa dozvedáme, že každá z cifier hľadaného čísla má hodnotu rovnú počtu nejakých cifier (cifra na mieste jednotiek hovorí o počte jednotiek, cifra na mieste desiatok hovorí o počte núl). Keďže celkovo je cifier v hľadanom čísle 10​, bude aj ciferný súčet čísla, ktoré hľadáme, rovný 10​.

Poďme si postupne rozobrať, aké cifry môžu byť na mieste núl, teda na mieste, ktoré určuje počet núl v čísle.

Ako prvé si môžeme skúsiť dať na miesto núl deviatku. V čísle budeme mať 1​ deviatku a 9​ núl, ale už žiadne voľné miesto, kam by sme dali jednotku, ktorá by nám zariadila ciferný súčet 10​.

Skúsme tam teraz dať osmičku. Takto tam máme 1​ osmičku, 8​ núl a jedno voľné miesto. Ak chceme splniť ciferný súčet 10​, museli by sme na to jedno miesto dať dvojku. Potom by sme ale potrebovali dať na miesto dvojok jednotku a tá sa už nezmestí.

Teraz vyskúšame sedmičku. V čísle budeme mať 1​ sedmičku, 7​ núl a dve voľné miesta. Dve sedmičky tam byť nemôžu (ciferný súčet by bol aspoň 14​), takže musíme dať jednotku na miesto sedmičiek. Na posledné voľné miesto teda musíme dať dvojku, aby bol ciferný súčet 10​, ale keďže žiadna cifra v čísle nie je dva krát, tak pre túto dvojku nemáme vhodné miesto.

Pozrime sa na šestku. Máme sedem miest, ktoré sú obsadené jednou šestkou a šiestimi nulami. Zostanú nám tri miesta, ktoré musíme zaplniť tak, aby bol súčet cifier na týchto miestach rovný štyrom. Vieme, že na mieste, ktoré určuje počet šestiek, musí byť určite jednotka (dve šestky majú súčet 12​). Ak máme v čísle jednu jednotku, na mieste jednotiek musí byť aspoň 1​.

• Ak tam dáme 1​, budú v čísle už dve jednotky, čiže to nesedí.
• Ak tam dáme 2​, potom musíme dať na miesto dvojok 1 (máme tam dvojku a viac ich nemôže byť kvôli cifernému súčtu). Takto dostaneme číslo 2100010006​, ktoré naozaj vyhovuje zadaniu.
• No a keby sme na miesto jednotiek dali 3​ alebo viac, ciferný súčet by bol aspoň 6 + 3 + 1 + 1 + 1 = 12​, čo je už príliš veľa, takže ani z tohto nedostaneme riešenie.

Ak by sme mali 5​ núl, znamenalo by to, že je v čísle 5​ nenulových cifier. Týchto 5​ nenulových cifier nám hovorí, že sa v čísle nachádza 5​ rôznych cifier. Aj keby sme zvolili tie najmenšie možné – 0​, 1​, 2​, 3​ a päťka, ktorá je na mieste núl – ciferný súčet by bol aspoň 11​, takže to nemôže byť riešenie.

Ak by sme mali 4​ alebo menej núl, budeme mať aspoň 6​ nenulových cifier, takže máme aspoň 6​ rôznych cifier. Najmenšie možné sú v tomto prípade 0​ až 5​, ktoré už majú ciferný súčet 15​, takže takto tiež nedostaneme riešenie.

Takto sme dokázali, že v čísle môže byť len 6​ núl a zo šiestimi nulami existuje jediné riešenie, 2100010006​.

Iné riešenie

Niektorí z vás ste vymysleli ešte trochu iné riešenie, ktoré má síce rovnakú základnú myšlienku, ale netreba pri ňom skúšať toľko rôznych možností osobitne. Na toto riešenie bolo asi ťažšie prísť, no potom bolo ľahšie ho spísať.

Znova použijeme fakt, že ciferný súčet hľadaného čísla musí byť 10​. Tiež sa pozrieme na to, aké číslo bude na mieste núl, nazvime toto číslo n​. Potom zo zvyšných 9​ číslic musí byť 9 - n​ iných ako 0​. Tieto číslice musia mať zároveň ciferný súčet 10 - n​, aby to spolu s poslednou číslicou bolo 10​. Keďže ciferný súčet má byť o 1​ väčší ako ich počet, musia byť všetky tieto číslice jednotky, okrem jednej, ktorá bude dvojka.

Ak by bola iba jedna jednotka, tá by musela byť na mieste jednotiek. Potom by ale muselo byť 7​ núl a dve dvojky (na mieste dvojok už nemôže byť jednotka), čo nesedí. Ak by boli dve jednotky, potom by musela byť jedna dvojka a 6 núl, takže ešte jedna jednotka na mieste šestiek. Takto dostaneme riešenie, 2100010006​.

Komentár

Každý z vás sa dopracoval k správnemu číslu, čo nás veľmi potešilo - ste makači :)). Kameňom úrazu sa ale stalo odôvodňovanie vašich riešení a hlavne fakt, že toto číslo je jediné riešenie úlohy. Keď tvrdíme, že viac riešení neexistuje, treba takéto niečo dokázať. Ak si nie ste istí, či ste to dostatočne dokázali, skúste si predstaviť, že by vám kamarát tvrdil, že našiel ďalšie riešenie a vy ho musíte presvedčiť, že sa určite pomýlil, bez toho aby vám to číslo ukázal a vy ste mu v ňom našli chybu. Ak by vaše riešenie obstálo v tejto skúške, môžete si byť istí, že ste to dokázali dostatočne.

Najprv sa pozrieme na najmenšie a potom na najväčšie ABCDEFGHI aké môžme mať a aké BBDDG k nim prislúcha.

ABCDEFGHI = 123456789 = BBDDG^2 \approx 11112^2​​

​ABCDEFGHI = 987654321=BBDDG^2\approx31426^2​​

Takže vieme že BBDDG bude medzi číslami 11112 a 31426. Zároveň vieme že prvé dve cifry musia byť rovnaké. To splňujú iba čísla 1 a 2. Takže B je 1 alebo 2.

Vyskúšame najväčšie a najmenšie BBDDG také že B=1 a pozrieme sa aké ABCDEFGHI dostaneme.

BBDDG^2=11223^2=ABCDEFGHI=125955729​​

​BBDDG^2=11998^2=ABCDEFGHI=143952004​​

Môžme si všimnúť že pre ľubovoľnú možnosť kde B=1 tak aj A=1 čo nemôže byť. Preto B=2.

Teraz sa pozrieme na najmenšie a na najväčšie BBDDG keď B=2 a pozrieme sa aké ABCDEFGHI dostaneme.

​BBGGF^2=22113^2=ABCDEFGHI=488984769

BBDDG^2=22998^2=ABCDEFGHI=528908004​​​

Výsledok (výsledky) bude medzi číslami 488984769 a 528908004. Jediné čísla v tomto rozmedzí kde B=2 sú 520000000 až 528908004. Čiže A=5.​

Teraz, keď vieme interval pre ABCDEFGHI, tak zistíme interval pre BBDDG.

ABCDEFGHI=520000000=BBDDG^2\approx 22804

ABCDEFGHI=528908004=BBDDG^2\approx22998^2

Môžme si všimnúť že jediné dve možnosti pre D v tomto intervale sú 8 a 9, teda D je 8 alebo 9.

Keďže platí ABCDEFGHI=BBDDG^2 tak G^2 končí takou cifrou akú bude nadobúdať I. Preto môžme vyradiť také čísla ktoré keď umocníme budú končiť na to isté číslo alebo na 2 alebo 5 (lebo B=2 a A=5​). Ostávajú nám teda možnosti pre G: 3, 4, 7, 8, 9.

Ďalej sme si mohli všimnúť že ciferný súčet čísla ABCDEFGHI bude 45 keďže obsahuje každú cifru od 1 do 9 práve raz. Keďže je jeho ciferný súčet deliteľný deviatimi tak aj číslo ABCDEFGHI je deliteľné deviatimi. Takže jeho druhá odmocnina (BBDDG​) musí byť deliteľná tromi. Takže ciferný súčet BBDDG musí byť deliteľný tromi.

Teraz vieme že B=2, D=8 alebo 9, G=3, 4, 7, 8, 9 a zároveň 2B+2D+G je násobok trojky. Teraz si môžeme napísať všetky kombinácie čísiel B, D a G a zistiť či vyhovujú.

Ostali nám už iba 3 možnosti, ktoré treba vyskúšať a zistiť či ich druhá mocnina má na každej pozícií inú cifru.

​22884^2=523677456 nevyhovuje

22887^2=523814769 vyhovuje

22998^2=528908004 nevyhovuje​

Ako vidíme vyhovuje iba jediná možnosť kde ABCDEFGHI=523814769 a BBDDG=22887. Toto je jediná možnosť lebo ostatné sme vylúčili skorej.

Ako prvé si uvedomme, že aritmetický priemer n čísel je menší alebo rovný číslu najväčšiemu z nich. Vezmime si preto n​ čísel, označme ich a_1, a_2, \ldots,a_n a dajme im poradie: a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n . Podľa toho platí, že a_i \leq a_n a preto: \dfrac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \leq \dfrac{a_n + a_n + \ldots + a_n}{n} = \dfrac{n \cdot a_n}{n} = a_n

Najvyššia hodnota mince na začiatku je 2021. Nové mince vznikajú ako aritmetický priemer hodnôt mincí, ktoré do studne hodíme. Ako sme práve ukázali, aritmetický priemer skupiny čísel (hodnôt mincí) je nanajvýš najväčšie číslo z nich, takže nám nikdy nevznikne minca s hodnotou viac ako 2021​. Keďže do studne musíme hodiť mince s hodnotou aspoň 2022 a najväčšia minca má hodnotu najviac 2021, tak do studne musíme vždy hodiť aspoň 2 mince.

Keď hodíme do studne dve mince, dostaneme jednu naspäť, preto sa náš počet mincí zníži o jeden. Všimnime si, že aj ak dáme do studne mincí viac (aj s hodnotou oveľa väčšou ako 2022), tak stále dostaneme iba jednu mincu naspäť. Keďže začíname s 2021 mincami, tak vieme splniť najviac 2020 želaní, než nám zostane iba jedna minca. Vieme, že táto minca má hodnotu určite menšiu ako 2022, preto už nemôžeme splniť ďalšie želania.

Teraz si ukážeme, ako vieme splniť 2020​ želaní a tým vyriešime úlohu, lebo sme práve dokázali, že viac sa nedá.

Najskôr mince do studne budeme hádzať nasledovne: 1 a 2021, 2 a 2020, 3 a 2019,\ldots Mince vždy dávajú súčet 2022, lebo hodnotu menšej mince zvýšime o 1 a hodnotu väčšej mince zvýšime o 1. Studňa nám zakaždým vráti mincu s hodnotou \frac{2022}{2} = 1011. Počet mincí je nepárny a teda nám zostane 1 minca bez dvojice. Táto minca sa nachádza presne v strede medzi 1 a 2021, teda jej hodnota je \frac{1 + 2021}{2} = 1011.

Týmto spôsobom sme spárovali všetky okrem 1 mince a teda sme spravili \frac{2021-1}{2} = 1010 dvojíc. Každou dvojicou sme si splnili jedno želanie a studňa nám vrátila mincu s hodnotou 1011. Ostáva nám 1011 mincí s hodnotou 1011. Teraz budeme hádzať do studne vždy 2 mince s hodnotou 1011. Pri každom hode si splníme 1 želanie a studňa nám vráti jednu mincu s hodnotou \frac{2 \cdot 1011}{2} = 1011. Vždy vymeníme 2 mince s hodnotou 1011 za 1 želanie a 1 mincu s hodnotou 1011. Takto vymeníme 1011 mincí za 1010 želaní, lebo na konci nám musí ostať 1 minca.

Odpoveď: Spolu sme si splnili 1010 želaní v prvom kroku plus 1010 želaní v druhom kroku, teda 2020 želaní celkovo.

V tomto príklade bolo viac možných postupov a druhov riešení, začnem však tým najbežnejším a intuitívnym, a to takým, že všetky kružnice sa dotýkajú zvonku.

Čo sa stane, ak sa všetky kružnice dotýkajú zvonku?
Keď sa 2 kružnice dotýkajú zvonku, tak súčet ich polomerov sa rovná dĺžke úsečky spojujúcej ich stredy. To znamená, že r_A + r_B = |AB| = a, r_B + r_C = |BC| = a, r_C + r_D = |CD| = a, r_D + r_A = |AD| = a​.

Vieme, že r_B = 5. Okrem toho vieme, že všetky z týchto rovníc sa aj navzájom rovnajú, lebo sú všetky rovné a​ (strane kosoštvorca).

r_B + r_C = r_C + r_D​, odčítame r_C​, a dostaneme, že r_B = r_D​, a teda r_D = 5​.

Taktiež nám vyjde, že r_A = r_C​, vypočítať sa to dá podobným spôsobom. No, ale čo s tým? Keďže nám vyjde, že kružnica k_B​ a kružnica k_D​ sa dotýkajú, tak vieme, že vzdialenosť ich stredov je r_B + r_D = 5 + 5 = 10​.

Tu si uvedomíme ďalšiu dôležitú vlastnosť kosoštvorca. Jeho uhlopriečky sú na seba kolmé, a rozpoľujú sa, teda jedna delí druhú na dve polovice. Keď si ich takto nakreslíme, môžeme si všimnúť, že kosoštvorec sa nám pekne rozdelil na 4 pravouhlé trojuholníky.

Označme si bod "v strede" nášho kosoštvorca X​. Poznáme dĺžky |XB|​ a |XD|​, lebo v tomto bode sa nám pretínajú 2 rovnaké kružnice, a teda obe úsečky budú mať dĺžku 5​. Poznáme taktiež druhú uhlopriečku, a to zo zadania. |AC| = 24​, a vieme, že X​ túto uhlopriečku rozpoľuje. Vypočítame si, že |AX| = |CX| = 12​.

Teraz nám tu vznikli pekné pravouhlé trojuholníky, ktoré vieme vypočítať pomocou pytagorovej vety, lebo poznáme ich 2 strany.

|XB|^2 + |XC|^2 = a^2, 25 + 144 = a^2, 169 = a^2 Strany kosoštvorca teda majú dĺžku \sqrt{169} , teda 13​. Z predtým určených rovníc vieme, že r_A = r_C​, a že r_C + r_D = |CD|​. Za |CD|​ si dosadíme 13​, za r_D​ si dosadíme 5​, a vypočítame rovnicu pre r_C​. r_C + 5 = 13, r_C = 8. r_A = r_C, takže aj r_A = 8.​

Túto možnosť počítala väčšina z vás. Avšak málo z vás pomyslelo na to, že kružnica sa môže dotýkať aj z vnútornej strany.

Akú vzdialenosť majú stredy kružníc, ak sa dotýkajú zvnútra? Je to r_A - r_B​. Poďme sa pozrieť na to, ktoré kružnice sa môžu dotýkať zvnútra, pričom budeme dbať na pravidlo, že pokiaľ sa chcú 2​ kružnice dotýkať nejakej tretej zvnútra, musia byť stredy týchto troch kružníc na priamke.

a) Zvnútra sa dotýka kružnica k_B
Vieme, že kružnica k_B sa bude určite všetkých ostatných kružníc dotýkať zvonku, a to preto, že vieme jej polomer a to 5​, a tiež vieme vzdialenosť stredov k_A​ a k_C​, 24​. Toto dotyk zvnútra vylučuje.

b) Zvnútra sa dotýka kružnica k_D
Toto je platná možnosť. Ak sa dotýka zvnútra k_D, nemôže sa žiadna iná, lebo ak sa 3 kružnice navzájom dotýkajú zvnútra, ich stredy ležia na priamke a žiadne tri z A, B, C, D neležia na priamke.​

c) Zvnútra sa dotýka kružnica k_C​ alebo kružnica kA​
Kružnice k_C​ a k_A​ sa však môžu pretínať navzájom, pričom vieme, že ak sa nejaká z nich dotýka zvnútra, tak sa dotýka zvnútra aj kružnice k_B​, aj kružnice k_D, kôli vyššie spomenutým obmedzeniam.
Keďže sa môžu pretínať, môžu sa zvnútra dotýkať buď obe, alebo aj len jedna.

Poďme sa pozrieť na možnosť c).
Na začiatku sme si povedali tieto rovnice: rA + rB = |AB| = a, r_B + r_C = |BC| = a, r_C + r_D = |CD| = a, r_D + r_A = |AD| = a.​

Teraz si vymeňme niektoré za rozdiel podľa toho, kde sa kružnica dotýka zvnútra.

Ak sa zvnútra dotýkajú aj k_A​ aj k_C​:
​r_A - r_B = a,\ r_C - r_B = a,\ r_C - r_D = a,\ r_A - r_D = a​​
​r_A - r_B = r_A - r_D,\ -r_B = -r_D,\ r_B = 5 = r_D ​​

Ak sa zvnútra dotýka len jedna z nich (je to rovnaké pre obe, písmená B​ a C​ sú zameniteľné):
​r_A - r_B = a,\ r_C + r_B = a,\ r_C + r_D = a,\ r_A - r_D = a​​
​r_A - r_B = r_A - r_D,\ -r_B = -r_D,\ r_B = 5 = r_D​​

V každom prípade nám vychádza, že r_B = r_D​ a to sa rovná 5​. Tak vieme uplatniť výpočet pytagorovou vetou, ktorý sme použili predtým. Tam nám vyšlo, že strana kosoštvorca sa rovná 13​. To teda platí aj tu. Polomer kružníc si vyrátame z rovníc:

a) Zvnútra sa dotýka iba jedna: r_A - r_B = 13​, teda r_A - 5 = 13, r_A = 18​ a r_C = 8 (to sme vyrátali ako prvé).

b) Zvnútra sa dotýkajú obe: r_A = 18, r_C = 18​, to sme vyrátali v predošlej možnosti, tu to len uplatníme pre obe.

​Čo sa však stane, ak sa zvnútra dotýka kružnica k_D​?

Vieme už, že v tomto prípade sa ostatné kružnice budú navzájom dotýkať zvonku.

Spravme si znova rovnice:
r_A + r_B = |AB| = a, r_B + r_C = |BC| = a, r_D - r_C = |CD| = a, r_D - r_A = |AD| = a.

Tento krát k tomu pristúpime inak. Vyjadríme si r_D pomocou iných polomerov, a to takto: Vieme, že od bodu C​ do bodu D​ je vzdialenosť rovnaká ako z C​ do B​, a teda ju môžeme zapísať ako r_B + r_C​, a potom túto čiaru predĺžime, a máme polomer k_D​.
2 \cdot r_C + r_B = r_D​, teda 2 \cdot r_C + 5 = k_D.

Teraz sa pozrieme na to, aká vzdialenosť je medzi bodom B​ a D​. Je tam vzdialenosť r_D - r_B​, a teda r_D - 5​. r_D​ sme si však vyjadrili ako 2 \cdot r_C + 5​, tak môžeme teda vzdialenosť medzi B​ a D​ vyjadriť ako 2 \cdot r_C + 5 - 5= 2 \cdot r_C.

Teraz si všimnime, že trojuholník XCB, ktorý nám vznikol, sme Pytagorovou vetou počítali už predtým. Vieme, že BD​ nám rozdeľuje uhlopriečku AC​ na polovicu, a tak vieme, že |XC| = 12​.
Uhlopriečka AC​ taktiež rozdeľuje BD​ na polovicu, takže |XB| = 2 \cdot r_C/2 = r_C. Nakoniec, ako sme si na začiatku vyjadrili, |AC|​ sa rovná r_C + r_B = r_C + 5​. Tak, máme 3​ strany, 1​ neznámu, tak to všetko hoďme do rovnice, ktorá vieme že platí: tej pytagorovskej.

​r_C^2 + 12^2 = (r_C + 5)^2​​

​r_C^2 + 144 = r_C^2 + 10r_C + 25 /-25 - r_C^2​​

​119 = 10r_C​​

​11{,}9 = r_C​​

S touto informáciou vieme vypočítať aj iné polomery kružníc s rovnicami, ktoré sme si určili.
​r_A = r_C = 11{,}9​​
​r_D = 2r_C + 5 = 2 \cdot 11{,}9 + 5 = 28{,}8​​

Komentár

Veľa z vás akosi zabudlo na možnosť, že sa kružnice môžu dotýkať zvnútra. Tiež sa nám nepáčilo, ako veľa ľudí len tak "lenivo" zdôvodnilo, prečo bude mať v prvej možnosti kružnica D​ polomer 5. Za to sme strhli najviac bodov.

Bodovanie

Keďže veľa ľudí neurobilo možnosť s dotykom zvnútra, rozhodli sme sa za to strhávať len po jednom bode.

Keďže v zadaní sa spomína parita (to, či je číslo párne alebo nepárne), asi sa zíde zamyslieť sa nad paritou čísel v priebehu celej hry. Poďme sa teda pozrieť na to, akú paritu budú mať čísla, ktoré vzniknú po jednom ťahu, ak spravíme ťah podľa pravidiel.

Ak sčítame 2 párne čísla alebo 2 nepárne čísla, dostaneme párne číslo, a ak sčítame párne a nepárne číslo, dostaneme nepárne číslo. O najväčšom spoločnom deliteľovi vieme, že je to najväčšie číslo, ktoré je deliteľom oboch čísel. Pritom nepárne číslo nemá párneho deliteľa, teda z toho vyplýva, že najväčší spoločný deliteľ párneho a nepárneho čísla alebo 2 nepárnych čísel je nepárny. A ak máme 2 párne čísla, tak obe sú deliteľné 2, teda aj ich najväčší spoločný deliteľ musí byť deliteľný 2 (inak ho vieme vynásobiť 2 a dostali sme väčšieho spoločného deliteľa) a teda je párny.

Všimnime si, že počet nepárnych čísel sa v žiadnom ťahu nezvýši, a zníži sa len v ťahu, v ktorom zmažeme 2 nepárne čísla. Z toho vidíme, že ak niekedy v priebehu hry máme dokopy 0 alebo 1 nepárnych čísel, ich počet sa už nezmení.

Taktiež vieme, že ak je posledné číslo párne, teda máme 0 nepárnych čísel, vyhral Merlin, a ak je posledné číslo nepárne, teda máme 1 nepárne číslo, vyhral Macker. Teda ak sa v priebehu hry dostaneme do takej situácie, že na zemi je ​0​ nepárnych čísel, vyhral Merlin, a ak sa dostaneme do situácie, v ktorej je na zemi 1​ nepárne číslo, vyhral Macker.

Ak je Merlin na ťahu a na zemi sú 2​ nepárne čísla, môže obe nahradiť ich súčtom, ktorý je párny, teda na zemi neostane žiadne nepárne číslo a Merlin teda vyhral. Keďže Merlin začína, tak ak sú na začiatku hry na zemi 2​ nepárne čísla, Merlin vyhral.

No ak je na ťahu Macker a na zemi sú 2​ nepárne čísla, môže obe nahradiť ich najmenším spoločným deliteľom, pričom na zemi ostane jedno nepárne číslo a Macker teda vyhral. A ak sú na zemi 3 nepárne čísla, tak ich môže Macker obe nahradiť ich najväčším spoločným deliteľom, pričom na zemi ostane jedno nepárne číslo a Macker teda vyhral.

Vidíme teda, že ak je Macker na ťahu a na zemi sú 1​, 2​, alebo 3​ nepárne čísla, Macker vyhral. Zároveň, ak na začiatku hry boli na zemi aspoň 3​ nepárne čísla, pred prvým Mackerovým ťahom tam aspoň jedno nepárne číslo ostalo (lebo po Merlinovom ťahu sa počet nepárnych čísel znížil najviac o 2​). Teraz si všimnime, že ak Macker pre 1​, 2​, alebo 3​ nepárne čísla na kôpke vyhrá (už vieme, že vtedy vie vyhrať) a pre väčší počet nepárnych čísel na kôpke nahradí dve nepárne čísla ich najväčším spoločným deliteľom, čím zníži ich počet o 1​, tak sa počet nepárnych čísel medzi dvoma jeho ťahmi (ak sa ešte nedostal k 1​, 2​, alebo 3​ nepárnym číslam) zníži najviac o 3​ (Macker ho zníži o 1​ a Merlin ho vie znížiť najviac o 2​). Z toho ale vyplýva, ak na začiatku hry boli viac ako 3​ nepárne čísla, Macker sa raz dostane na svojom ťahu do situácie, kedy sú na zemi 1​, 2​, alebo 3​ nepárne čísla, a vyhrá.

Odpoveď: Ak na začiatku hry boli na kôpke 0​ alebo 2​ nepárne čísla, vyhrá Merlin, inak vyhrá Macker.

Na začiatok si označme X priesečník dotyčníc zo zadania a zamyslime sa, čo vlastne chceme dokázať. Na to, aby boli priamky Q_1Q_2​ a S_1S_2​ rovnobežné, by muselo pre uhly platiť

|\sphericalangle S_1S_2P_1| = |\sphericalangle Q_1Q_2P_1|​,

​|\sphericalangle S_2S_1P_2| = |\sphericalangle Q_2Q_1P_2|​.

Môžeme si všimnúť, že ak by niečo takéto platilo, boli by trojuholníky S_1S_2X​ a Q_1Q_2X​ podobné podľa vety uu​. Skúsme teda nájsť nejaké podobnosti.

Odrazme sa od útvarov zo zadania. Ako prvé si môžeme všimnúť, že dotyčnice sú v bode dotyku vždy kolmé na polomer. Uhly \sphericalangle S_1P_1S_2​ a \sphericalangle S_1P_2S_2 sú teda pravé. Okrem toho si môžeme všimnúť, že uhly \sphericalangle S_1XP_1​ a \sphericalangle S_2XP_2​ sú vrcholové a teda rovnako veľké. Trojuholníky S_1XP_1​ a S_2XP_2​ sú teda podobné podľa vety uu​.

Čo ďalej? Podobnosť nám umožňuje prechádzať medzi uhlami a pomermi strán. Strany trojuholníka S_1S_2X​ sú aj v našej dvojici podobných trojuholníkov. Vieme si napísať

​\dfrac{|S_1X|}{|S_2X|} = \dfrac{|S_1P_1|}{|S_2P_2|} = \dfrac{r_1}{r_2}​.

Prvá rovnosť je dôsledkom podobnosti S_1XP_1​ a S_2XP_2​, druhá zo zadania, keďže S_1P_1​ a S_2P_2​ sú polomery. Polomermi sú však aj úsečky S_1Q_1​ a S_2Q_2​. To nám dáva informácie aj o bodoch trojuholníka Q_1Q_2X, aj keď zatiaľ nie také, aké by sme potrebovali. Máme

\dfrac{|S_1X|}{|S_2X|} = \dfrac{|S_1Q_1|}{|S_2Q_2|}​.

Podľa úvah na začiatku nás zaujímajú úsečky Q_1X​ a Q_2X​, ktoré sú stranami Q_1Q_2X. Vieme, že |Q_1X| = |S_1X| - |S_1Q_1|​ a |Q_2X| = |S_2X| - |S_2Q_2|​. Našu rovnosť vydelíme |S_1Q_1|​ a vynásobíme |S_2X|​. To nám dáva

​\dfrac{|S_1X|}{|S_1Q_1|} = \dfrac{|S_2X|}{|S_2Q_2|},

odkiaľ odčítaním 1​ od oboch strán rovnosti dostaneme

​\dfrac{|S_1X|}{|S_1Q_1|} - 1 = \dfrac{|S_1X| - |S_1Q_1|}{|S_1Q_1|} = \dfrac{|Q_1X|}{|S_1Q_1|}​,

​\dfrac{|S_2X|}{|S_2Q_2|} - 1 = \dfrac{|S_2X| - |S_2Q_2|}{|S_2Q_2|} = \dfrac{|Q_2X|}{|S_2Q_2|}​.

Keďže sa rovnali pôvodné zlomky, budú sa rovnať aj po odčítaní, čím dostaneme rovnosť

​\dfrac{|Q_1X|}{|S_1Q_1|} = \dfrac{|Q_2X|}{|S_2Q_2|}​.

Môžeme si všinúť, že menovatele sú rovnaké ako pri porovnaní S_1X​ a S_2X​. Keď vynásobíme naš rovnosť |S_1Q_1|​ a vydelíme |Q_2X|​ dostaneme

\dfrac{|Q_1X|}{|Q_2X|} = \dfrac{|S_1Q_1|}{|S_2Q_2|} = \dfrac{|S_1X|}{|S_2X|}​,

pričom druhú rovnosť môžeme nájsť vyššie v našom riešení. Úsečky Q_1X,\, Q_2X,\, S_1X,\, S_2X​ sú stranami trojuholníkov Q_1Q_2X​ a S_1S_2X​. Tieto trojuholníky majú spoločný uhol pri vrchole X​, takže sú podľa vety sus​ podobné. Odtiaľ plynie, že uhly \sphericalangle Q_1Q_2X​ a \sphericalangle S_1S_2X​ sú rovnaké a teda priamky Q_1Q_2​ a S_1S_2​ rovnobežné.

Komentár

S riešením ste sa popasovali zväčša dobre. Body ste strácali najmä na chýbajúcich vysvetleniach jednotlivých krokov, no i to stačilo na zisk väčšiny bodov za úlohu.

Možných riešení bolo viac. Dala sa napríklad využiť Tálesova kružnica a obvodové uhly na porovnanie
​\sphericalangle Q_1Q_2X​​ a \sphericalangle S_1S_2X, alebo využiť podobnosti trojuholníkov na zistenie vzdialeností bodov Q_1,\, Q_2​ od priamky S_1S_2. Tieto riešenia však väčšinou problémy nepriniesli.