Vzorové riešenia 3. kola
1. príklad
Dvojcifernú cenu nafty, ktorú natankovala prostredná stíhačka si môžeme zapísať vo forme desiatok a jednotiek ako 10 \cdot a + b, kde a \text{ a } b sú jednociferné čísla, pričom a sa nerovná 0 (lebo by nám nevzniklo dvojciferné číslo). a je číslo na mieste desiatok (preto je násobené 10) a b na mieste jednotiek, napr. ak by sme chceli zapísať číslo 97 takýmto spôsobom, tak to bude vyzerať ako 10 \cdot 9 + 7.
Takýmto spôsobom si zapíšeme aj číslo, ktoré vznikne keď pred pôvodné číslo pripíšeme číslicu 7 a číslo, ktoré vznikne, keď za pôvodné číslo pripíšeme číslicu 8. Keď pripíšeme pred pôvodné číslo číslicu 7, tak číslice na miestach jednotiek a desiatok sa nezmenia, iba k nim pripočítame 100 \cdot 7. Výsledné číslo teda bude vyzerať nasledovne: 100 \cdot 7 + 10 \cdot a + b. Keď za pôvodné číslo pripíšeme číslicu 8, číslica, ktorú máme označenú ako a na mieste desiatok sa posunie na miesto stoviek a číslica označená b na mieste jednotiek sa posunie na miesto desiatok. Na miesto jednotiek nám príde číslica 8 a výsledné číslo bude teda vyzerať: 100 \cdot a + 10 \cdot b + 8.
Ak má byť prvé vytvorené číslo 2-krát väčšie ako druhé vytvorené číslo, tak prvé číslo sa rovná dvojnásobku druhého čísla. To si zapíšeme takto:
100 \cdot 7 + 10 \cdot a + b = 2 \cdot (100 \cdot a + 10 \cdot b + 8).
Zátvorku si roznásobíme:
100 \cdot 7 + 10 \cdot a + b = 200 \cdot a + 20 \cdot b + 16.
Z tohoto zápisu nám vyplýva, že b sa musí rovnať 6. Výsledok násobenia 200 s hocijakým jednociferným číslom bude mať na mieste jednotiek 0, takisto výsledok 20 krát hocijaké jednociferné číslo bude mať na mieste jednotiek 0. Miesto jednotiek nám teda ovplyvňuje iba 16 a preto si dosadíme za b číslo 6, a ďalej roznásobujeme a sčítavame:
100 \cdot 7 + 10 \cdot a + 6 = 200 \cdot a + 20 \cdot 6 + 16,
700 + 10 \cdot a + 6 = 200 \cdot a + 120 + 16,
706 + 10 \cdot a = 200 \cdot a + 136.
Teraz z oboch strán rovnice odpočítame 10 \cdot a \text{ a } 136, vznikne nám teda:
570 = 190 \cdot a.
Vydelíme 190 a získame hodnotu a:
3 = a.
Ak si do zápisu pôvodného čísla dosadíme vzniknuté a \text{ a } b dostaneme:
10 \cdot 3 + 6 = 36.
Správnosť tohoto riešenia si môžeme skontrolovať, tým že si pred neho pripíšeme číslicu 7 a porovnáme s číslom, ktoré vznikne keď za pôvodné číslo pripíšeme číslicu 8. Vzniknú nám čísla 736 \text{ a } 368. Číslo 736 je dvakrát také veľké číslo ako 368, teda naše riešenie je správne.
Odpoveď: Cena nafty, ktorú natankovala prostredná stíhačka je 36.
2. príklad
Najprv si vyjadrime obsahy obdĺžnikov YLAK, REVL a DRLY. Vidíme, že náš šesťuholník DEVLAK je úsečkou LY rozdelený na obdĺžnik DEVY a obdĺžnik YLAK. Preto S_{YLAK}=S_{DEVLAK}-S_{DEVY}=92-64=28. Podobne úsečka RL rozdeľuje náš šesťuholník na obdĺžnik DRAK a REVL. Preto S_{REVL}=S_{DEVLAK}-S_{DRAK}=92-44=48. Potom S_{DRLY} musí byť rovné S_{DRAK}-S_{YLAK}=44-28=16. Ešte musíme skontrolovať, či S_{DEVY} má požadovaný obsah 64. Vidíme, že má, lebo S_{DEVY}=S_{DRLY}+S_{REVL}=16+48 čo je naozaj 64.
Teraz si všimnime, že |DR|=|YL|=|AK|, |YD|=|LR|=|EV|, |RE|=|VL| a taktiež |KY|=|LA|. Potom dĺžky všetkých týchto úsečiek musia byť celé čísla, lebo dĺžky strán nášho šesťuholníka sú celočíselné.
Obsah obdĺžnika vieme vypočítať ako súčin jeho dvoch susediacich strán. Preto musí platiť, že S_{YLAK}=|YL|\cdot|LA|=28 a S_{DRLY}=|YL|\cdot|YD|=16. Z toho vyplýva, že dĺžka strany YL musí byť spoločný deliteľ 28 a 16. Takéto delitele sú len 1, 2 a 4, pretože prvočíselný rozklad 28 je 2\cdot2\cdot7 a 16 je 2\cdot2\cdot2\cdot2. Rozoberme si postupne všetky možnosti:
Ak |YL|=1, potom
|LA|= S_{YLAK}:|YL|=28:1=28,\\ |YD|=S_{DRLY}:|YL|=16:1=16.
Vieme, že S_{REVL}=|EV|\cdot|VL| a |EV|=|YD|=16. Preto |VL|=S_{REVL}:|YD|=48:16=3. Konečne vieme vyjadriť dĺžky strán nášho šesťuholníka:
|DE|=|DR|+|RE|=|YL|+|VL|=1+3=4\\ |EV|=16,\\ |VL|=3,\\ |LA|=28,\\ |AK|=|YL|=1,\\ |KD|=|KY|+|YD|=|LA|+|YD|=28+16=44.
Ak |YL|=2, potom
|LA|= S_{YLAK}:|YL|=28:2=14,\\ |YD|=S_{DRLY}:|YL|=16:2=8.
Zase platí, že |VL|=S_{REVL}:|YD|=48:8=6. Dĺžky strán nášho šesťuholníka sú teda:
|DE|=2+6=8,\\ |EV|=8,\\ |VL|=6,\\ |LA|=14,\\ |AK|=2,\\ |KD|=14+8=22.
Nakoniec, ak |YL|=4, potom
|LA|= S_{YLAK}:|YL|=28:4=7,\\ |YD|=S_{DRLY}:|YL|=16:4=4.
Potom |VL|=S_{REVL}:|YD|=48:4=12. Dĺžky strán nášho šesťuholníka sú teda:
|DE|=4+12=16,\\ |EV|=4,\\ |VL|=12,\\ |LA|=7,\\ |AK|=4,\\ |KD|=7+4=11.
Odpoveď: Náš šesťuholník má strany |DE|, |EV|, |VL|, |LA|, |AK|, |KD| dlhé postupne: 4,16,3,28,1,44, 8, 8, 6, 14, 2, 22 alebo 16, 4, 12, 7, 4, 11.
Komentár
Väčšina z vás prišla k správnemu riešeniu. Najčastejšou chybou bolo, že ste neprešetrili naozaj všetky možnosti alebo nedostatočne popísali váš postup. Vždy je dôležité všetko riadne dokázať a vysvetliť. Tiež by sme chceli upozorniť na to, aby ste si radšej vždy viackrát skontrolovali, či odpovedáte na správnu otázku. Veľa z vás totiž vypočítalo dĺžky úsekov, ale už nedopočítali dĺžky celých strán.
3. príklad
Označme si počet všetkých zvierat na lúke písmenom Z. Máme štyri typy zvierat a podľa zadania má každý typ počet medzi 30 a 60. Z tohto je vidieť, že na lúke musí byť najmenej 120 zvierat, a najviac ich tam môže byť 240. Zapíšeme nerovnicou: 120 \leq Z \leq 240.
Ďalej zo zadania vieme, že pätinu zvierat tvoria cicavce. Keďže cicavcov je celočíselne veľa, tak počet zvierat Z musí byť deliteľný číslom 5. Matematicky si toto napíšeme nasledujúcou skratkou: 5 | Z. Podobne vieme, že plazy tvoria dve devätiny Z a pretože dvojka nijako nevykráti deviatku, tak Z musí byť násobok čísla 9, respektíve 9 | Z.
Z týchto pozorovaní vyplýva, že 45 | Z. Pozor, operáciu "násobok" nemôžeme len tak násobiť v každom prípade. Tu si to môžeme dovoliť, lebo čísla 5 a 9 nemajú spoločného deliteľa okrem jednotky. Takéto čísla nazývame "nesúdeliteľné" a vtedy môžeme takto vynásobiť to, čím je Z deliteľné.
Všimnime si, že takýchto čísel nie je v našom rozmedzí veľa, konkrétne sú iba tieto tri: Z=135,Z=180,Z=225. Poďme sa na tieto tri možnosti postupne pozrieť a zistiť, ktoré vyhovujú zadaniu:
- Ak Z=135, tak cicavcov bude 135:5=27, čo je málo, lebo ich malo byť aspoň 30. Teda táto možnosť nesedí.
- Ak Z=180, tak cicavcov bude 180:5=36, plazov bude 180 \cdot 2:9=40, vtákov 180 \cdot 4:15=48. Hmyzu, ktorý tvorí zvyšok, bude teda 180 - 36 - 40 - 48 = 56. Všetky počty teda ležia v povolenom rozmedzí a teda táto možnosť sedí.
- No a keby Z=225, tak cicavcov bude 225:5=45, plazov bude 225 \cdot 2:9=50, vtákov 225 \cdot 4:15=60. Hmyzu, ktorý tvorí zvyšok bude teda 225 - 45 - 50 - 60 = 70. Potom hmyzu je priveľa a táto možnosť nemôže nastať.
Odpoveď: Na lúke je 180 zvierat, jednotlivé počty sú vyššie v možnosti číslo dva.
Komentár
Príklad ste väčšiou zvládli dobre. Mnohí z vás ale predpokladali bez akejkoľvek zmienky, že ak si rozdelíme zvieratá na 45 skupín, tak v každej takejto skupine musí byť celočíselne veľa zvierat. Keďže to bolo v tomto prípade skoro jasné, strhával som iba jeden bod za toto (a viacej, ak boli ešte aj iné chyby).
Dávajte si na takéto ale pozor, môže sa stať, že taký predpoklad vám skryje vhodné riešenia v úlohe. A potom už budete strácať o dosť viac než jeden bod.
4. príklad
Zaokrúhľovanie budeme v riešení označovať znakom \doteq, pričom v zátvorke bude vždy napísané na aké číslo zaokrúhľujeme. Napríklad 18 \doteq (15) 15.
Keďže hľadáme najmenší možný počet krokodílov n, skúsme ísť postupne od 0 a vylúčiť všetky nevyhovujúce čísla, až kým nenájdeme také, ktoré spĺňa podmienky zo zadania.
Na malých číslach blízko 0 si hneď všimneme, že nevyhovujú. Akonáhle nám totiž pri nejakom malom čísle vyjde pri zaokrúhľovaní ≐ (49) nula, tak pri ≐ (49 a potom 15) dostaneme vždy znovu nulu. Podobne to je aj pre zaokrúhľovanie na 15, a potom na 49. Napríklad n = 2. Potom 2 ≐ (15) 0 a aj 2 ≐ (15 a potom 49) 0.
Pri akom najmenšom čísle už nebudeme mať pri zaokrúhľovaní nulu? Pri zaokrúhľovaní na 15 to bude vtedy ak bude n bližšie k 15 ako k 0. Polovica z 15 je 7{,}5, takže 7 sa bude zaokrúhľovať na 0, ale 8 sa už bude zaokrúhľovať na 15.
Pri zaokrúhľovaní na 49 to bude podobne, 49 : 2 = 24{,}5, takže 24 ≐ (49) 0, ale 25 ≐ (49) 49. Z tohto vyplýva, že hľadané n musí byť určite väčšie ako 24, v opačnom prípade by sa nám vo výsledkoch zaokrúhľovania objavili aspoň dve nuly.
Zoberme si ďalej všetky čísla n ≐ (49) 49 Sú to čísla 25 až 73. Spĺňať zadanie ale môže niektoré z nich iba vtedy, keď po zaokrúhlení na 15 nedostaneme znova číslo medzi 25 a 73. Vtedy by sa pri treťom zaokrúhľovaní≐ (49 a 15) číslo zaokrúhlilo opäť na 49. Potom by sme medzi týmito rôznymi výsledkami mali dve 49.
Pozrime sa teda ako sa zaokrúhľujú čísla na 15:
- 25 až 37 sa zaokrúhlia na 30,
- 38 až 52 sa zaokrúhlia na 45,
- 53 až 67 sa zaokrúhlia na 60,
- 68 až 73 sa zaokrúhlia na 75.
Ako vidíme, najmenší násobok 15, ktorý je mimo čísel 23 až 73 bude 75. Všetky ostatné násobky (30, 45, 60) sa nachádzajú medzi číslami 23 až 73, a teda pri zaokrúhľovaní na 49 nám z týchto násobkov vyjde opäť 49. Takže pre každé n medzi 25 a 67 sa nám v zaokrúhľovaní objavia dve čísla 49.
Číslo, ktoré je ale zaokrúhlené takto:
n ≐ (15) 75 ≐ (49) 98
už bude mať vo výsledkoch dva rôzne násobky 49 (49 a 98), takže najmenšie z takýchto čísel, n=68 by mohlo byť nami hľadaný počet krokodílov.
Ešte skontrolujme, či má naozaj všetky štyri výsledky rôzne. Po zaokrúhleniach dostaneme 75, 49, 45, 98 v tomto poradí, takže je najmenšie, ktoré vyhovuje zadaniu. Všetky nižšie čísla sme vylúčili, pretože by mali pri zaokrúhľovaní buď dve 49(platí pre čísla 25 až 67), alebo aspoň dve nuly (platí pre čísla 0 až 24).
5. príklad
Kľúčové pozorovanie pri riešení tejto úlohy je, že ak vieme rozloženie jedného tímu, vieme aj rozloženie druhého. To znamená, že nám stačí vypočítať počet možností na vybratie jedného tímu. Nesmieme však tento počet zabudnúť vydeliť dvomi, keďže pre každý tím existuje práve jeden tím, ktorý má presne zvyšné traktory, a ten sa bude tiež nachádzať medzi všetkými možnosťami.
Ako musí tím vyzerať? Musí mať v sebe traktor každej značky čo znamená, že 4 zo 6 traktorov musia mať rôzne značky. To vieme vyriešiť tak, že prvé štyri traktory budú rôznych značiek. Zvyšné dva nemôžu mať rovnakú značku, lebo to by znamenalo, že v druhom tíme by takýto traktor tejto značky nebol.
Keďže z každej značky existujú práve 3 veľkosti traktorov a 4 značky tak mám na vybratie prvých štyroch traktorov v tíme presne 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^4 = 81 možností. Teraz už len zistiť ako môžu vyzerať zvyšné dvojice traktorov. Počet možností, ktoré dvojice značiek traktorov môžu byť zvyšné dva traktory je \frac{4 \cdot 3}{2} = 6, keďže najskôr vyberieme jednu značku zo štyroch a následne máme už len tri z ktorých môžeme vyberať (vydelíme to dvoma lebo ak vyberieme najskôr značku A a potom značku B, je to to isté akoby sme vybrali značku B a potom značku A). Keď už máme vybrané značky tak z každej nám ostali už len po dva traktory čiže počet možností musíme vynásobiť 2 \cdot 2 = 4.
Nesmieme však zabudnúť na to, že keďže máme medzi možnosťami dve dvojice traktorov rovnakej značky, tak sa nám budú niektoré možnosti opakovať, lebo nezáleží na poradí traktorov v tíme (ak by sme medzi štyrmi prvými traktormi vybrali traktor A_1 a medzi zvyšnými dvoma vybrali traktor A_2 rovnakej značky ako A_1, tak je to tá istá možnosť akoby sme vybrali medzi prvými štyrmi traktor A_2 a medzi zvyšnými dvoma traktor A_1). Keďže máme takto až 2 značky v ktorých sa traktory opakujú musíme preto celkový počet možností vydeliť 2 \cdot 2 = 4.
Odpoveď: Celkovo teda dostávame, že máme \frac{81 \cdot 6 \cdot 4}{2 \cdot 4}=243 možností, ako rozdeliť traktory do dvoch tímov.
6. príklad
V tejto hre vyhráva ten, kto má väčší obvod svojho územia. Musíme si uvedomiť, že my v skutočnosti nepotrebujeme určiť presný obvod územia, avšak iba rozdiel obvodov. Preto sa poďme bližšie pozrieť, kde takýto rozdiel obvodu vzniká.
Kde dostávajú hráči bodíky za dĺžku obvodu? Práve tam, kde políčko zafarbené ich farbou susedí buď so súperovým políčkom, alebo s okrajom. Poďme sa pozrieť na obe tieto možnosti:
a) dve políčka rôznej farby vedľa seba
Kto dostane koľko bodov? Obaja hráči dostanú práve jeden bod. To znamená, že sa rozdiel ich obvodov nezmení.
b) políčko farby hráča susediace s okrajom hracieho plánika
Tu získava bod iba hráč, ktorý políčko zafarbil.
Z týchto možností teda vidíme, že rozdiel v bodoch sa bude diať iba v možnosti b. Vieme, že každé políčko hracej plochy bude zafarbené, a pozrime sa, kde nám vzniknú, ktoré možnosti krajov. Zelenou si zaznačíme prvú možnosť, oranžovou druhú.
Vidíme, že v strede hracej plochy nám môžu vzniknúť iba hrany, ktoré pripočítajú bod obom hráčom, a tak nás vôbec nezaujímajú. Naopak, tie ktoré sú pri kraji, dávajú bodový rozdiel. Špeciálne sa zameriame na políčka v rohoch, lebo tie dajú body až dva. To znamená, že víťaza vieme určiť len z počtu zabratých políčok na kraji a v rohu.
Takže, vie niektorá babka vždy vyhrať? Máme 4 rohové štvorčeky a 12 krajných (nerohových). To znamená, že ak si obe babky na začiatku zoberú po 2 rohové štvorčeky, už žiadne nezostanú, tak si poberú striedavo každá 6 krajných. Zvyšné políčka už nie sú podstatné, takže nastane remíza. Prvá babka nemá ako hrať lepšie, keďže tá druhá si vie vždy zobrať rovnaké políčko, ako si práve zobrala prvá. Rohové aj krajové si teda podelia rovnomerne.
Podobne, ak bude prvá babka brať rohové vždy, keď to pôjde a okrajové nerohové inak, druhá babka bude mať určite rohových najviac toľko ako prvá. Taktiež okrajových všetkých dokopy, keďže buď si po prvej babka vezme, alebo príležitosť prepásne. Ľahko vidíme, že za takejto situácie nedostane viac bodov ako prvá babka.
Odpoveď: Ani jedna babka nevie hrať tak, aby vyhrala bez ohľadu na to, čo spraví druhá.
Bodovanie
Strhávali sme body najmä za "lenivé" odôvodnenia, inak sa až tak veľa bodov nestrhlo.
7. príklad
Označíme si D stred kružnice s dotykovým bodom A a C stred kružnice s dotykovým bodom B.
Priamka tvorená stredom kružnice a dotykovým bodom je kolmá na dotyčnicu. To znamená, že | \measuredangle DAB| = 90 \degree a | \measuredangle CBA| = 90 \degree.
DX aj DA sú polomermi kružnice so stredom D, takže r_1 = |DX| = |DA|. To znamená, že trojuholník AXD je rovnoramenný trojuholník so základňou AX. Potom platí |\measuredangle DXA| = |\measuredangle DAX| = \alpha a tým pádom |\measuredangle XAB| = 90 \degree - \alpha. CX aj CB sú polomermi kružnice so stredom C, takže r_2 = |CX| = |CB|. To znamená, že trojuholník BXC je rovnoramenný trojuholník so základňou BX. Potom platí |\measuredangle CBX| = |\measuredangle CXB| = \beta a tým pádom |\measuredangle XBA| = 90 \degree - \beta.
Súčet vnútorných uhlov \triangle ABX je 180 \degree:
180 \degree = |\measuredangle AXB| + |\measuredangle ABX| + |\measuredangle BAX|,
180 \degree = \gamma + (90 \degree - \beta) + (90^\circ - \alpha),
180 \degree = 180 \degree + \gamma - \alpha - \beta,
\gamma = \alpha + \beta.
Keďže X je spoločný dotykový bod kružníc, tak X leží na úsečke CD. Uhol CXD je priamy a má 180 \degree.180 \degree = \alpha + \beta + \gamma, dosadením výsledku z predošlej rovnice dostávame 180^\circ = 2 \cdot \alpha + 2 \cdot \beta a predelením 2 dostaneme 90 \degree = \alpha + \beta = \gamma. Tým sme dostali, že \measuredangle AXB = 90 \degree.
Iné riešenie
Označíme si stredy kružníc C a D rovnako, ako v prvom vzorovom riešení. Dokreslíme do obrázku spoločnú dotyčnicu kružníc prechádzajúcu bodom X a priesečník tejto dotyčnice s dotyčnicou t označíme E.
Podľa osovej súmernosti s osou ED sa bod A sa zobrazí do bodu X. Preto bude |AE|=|EX|. Rovnako podľa osovej súmernosti s osou EC sa bod B zobrazí do bodu X. Preto bude |BE|=|EX|. Toto je všeobecná vlastnosť dotyčníc ku kružnici z bodu - dĺžky k dvom bodom dotyku budú rovnaké.
Ak sa to zdá neintuitívne, túto osovú súmernosť si môžeme predstaviť aj ako keby sme na papier nakreslili kružnicu a dotyčnice a potom papier preložili podľa priamky DE. Keďže kružnica je zjavne symetrická podľa jej priemeru, cez ktorý sme ju preložili, aj A sa zobrazí do X.
Trojuholníky AXE a XBE sú kvôli rovnakým dĺžkam dotyčníc rovnoramenné, takže ich uhly pri základniach sú rovnako veľké. Označíme si uhly v AXE \alpha a v XBE \beta. Môžeme si všimnúť, že súčet vnútorných uhlov trojuholníka AXB je 2 \cdot \alpha + 2 \cdot \beta = 180^\circ. Teda \alpha + \beta = 90^\circ, takže AXB je pravý.
Komentár
Väčšina z vás to zvládla naozaj super. Jediné, čo odporúčame pri riešení geometrických úloh je, že nestačí len rysovať. Pri rysovaní budete úlohu riešiť len pre jedny konkrétne dĺžky strán, veľkosti uhlov... V úlohe sa pokúšame danú vlastosť dokázať pre všetky možné prípady a preto používame všeobecné značenie uhlov a strán, s ktorými potom pracujeme v rovniciach, ktoré budú platiť pre všetky prípady.
Väčšina riešiteľov úlohu riešila prvým spôsobom s občasnými drobnými obmenami. Rozhodli sme sa uviesť aj druhé riešenie využívajúce fakt, že dve dotyčnice z toho istého bodu k tej istej kružnici sú vždy rovnako dlhé. Je to užitočná vlastnosť s ktorou sa v geometrii môžete pomerne často stretnúť.
8. príklad
Označme postupne Mackerovo, Dankovo a Merlinovo číslo zo zadania ako a,b,c. Zo zadania ďalej dostávame nasledovné vzťahy, kde NSD značí najväčšieho spoločného deliteľa:
a=NSD(b,c),\\ b=\dfrac{a+c}{2},\\ a \cdot b \cdot c = 78750= 2 \cdot 3^2 \cdot 5^4 \cdot 7.
Keďže a je spoločným deliteľom čísel b,c znamená to, že b,c sú násobkami a, a tak si ich vieme napísať ako b=aB, c=aC, kde B,C sú nejaké nesúdeliteľné prirodzené čísla. Pomocou tohto vyjadrenia môžeme prepísať našu poslednú rovnicu ako:
a \cdot b \cdot c=a \cdot (aB) \cdot (aC)=a^3 \cdot B \cdot C=2 \cdot 3^2 \cdot 5^4 \cdot 7.
Všimnime si, že číslo a sa v súčine na ľavej strane nachádza trikrát. Zároveň, jediné prirodzené čísla, ktoré sa nachádzajú v provčíselnom rozklade na pravej strane trikrát sú čísla 1 a 5. Číslo 1 síce do rozkladu nepíšeme, avšak môžeme o ňom uvažovať ako keby bolo použité ľubovoľne veľa krát). Z toho plynie, že číslo a môže byť iba 1 alebo 5.
V prípade a=1 z rovnice b=(a+c):2 plynie, že b=(c+1):2.. Dosaďme teraz tento výraz pre b do a \cdot b \cdot c= 78750:
a \cdot b \cdot c=a \cdot \dfrac{c+1}{2} \cdot c = 78750.
Keďže a=1 platí:
\frac{c+1}{2} \cdot c = 78750.
Vynásobíme obe strany dvoma:
(c+1) \cdot c=157500
Hľadáme preto dva činitele, ktoré sa líšia o 1, a ktorých súčin je 157500. Všimnime si teraz, že ak násobíme dve čísla, ktoré sú obe menšie ako \sqrt{157500}, tak ich súčin bude menší ako 157500. Rovnako, ak násobíme dve čísla, ktoré sú obe väčšie ako \sqrt{157500}, tak ich súčin bude väčší ako 157500. Z toho plynie, že jeden z činiteľov musí byť väčší ako \sqrt{157500} a druhý bude menší. Hľadáme tak dve posebe idúce celé čísla, z ktorých jedno je menej ako \sqrt{157500} a druhé väčšie. Keďže \sqrt{157500} \approx 396{,}86, tak jediné také čísla sú 396, 397, a teda jediné c, ktoré pripadá do úvahy je c=396. Vidíme však, že:
396 \cdot 397=157212 \neq 157500,
preto v tomto prípade nedostávame riešenie.
Prejdime na prípad a=5. Potom b=5B, c=5C. Dosadením do b=(c+1):2 dostávame:
5B=\dfrac{5+5C}{2},
odkiaľ po vydelení 5:
B=\dfrac{1+C}{2}.
Dosadením tohto výrazu pre B do a \cdot b \cdot c= 78750 dostávame:
a \cdot b \cdot c=5 \cdot 5B \cdot 5C=5^3 \cdot \dfrac{1+C}{2} \cdot C=78750.
Vydelíme 5^3=125:
\dfrac{1+C}{2} \cdot C=630,
odkiaľ po vynásobení 2
(1+C) \cdot C=1260.
Všimnime si teda, že opäť hľadáme dva celočíselné činitele vzdialené o 1, ktorých súčin je 1260. Rovnakým argumentom ako v prípade a=1, ak existuje riešenie tak jeden činiteľ musí byť väčší ako \sqrt{1260} a jeden menší. Keďže \sqrt{1260} \approx 35{,}5, tak jediné čísla, ktoré tomuto môžu vyhovovať sú 35, 36. Skutočne, súčin týchto čísel je 1260, z čoho dostávame riešenie C=35 a teda c=5C=175. Následne b=(5+c):2=180:2=90. Skúškou sa presvedčíme, že trojica 5, 90, 175 podmienkam zadania skutočne vyhovuje.
Odpoveď: Hľadané obľúbené čísla sú postupne 5, 90, 175.
Iné riešenie (kvadratická rovnica)
Podobne ako v prvom riešení zistíme, že a môže byť buď 1 alebo 5. Opäť riešime dva prípady a=1, a=5.
V prípade a=1 sa analogicky k predchádzajúcemu riešeniu dostaneme k rovnici (1+c) \cdot c=157500, ktorú ďalej upravíme na:
c^2+c-157500=0.
Vidíme, že sme dostali kvadratickú rovnicu. Použitím vzorca na výpočet kvadratickej rovnice dostávame pre jej korene nasledovný vzťah:
c=\dfrac{-1 \pm \sqrt{1+4 \cdot 157500}}{2}=\dfrac{-1 \pm \sqrt{630001}}{2}.
Môžeme si všimnúť, že 630001 nie je druhá mocnina, preto obe riešenia budú iracionálne. Pre prípad a=1 nedostávame žiadne riešenie.
Prejdime na prípad a=5. Z rovnice b=(1+c):2 plynie:
b=\dfrac{5+c}{2}.
Dosadením tohto vyjadrenia za b do rovnice a \cdot b \cdot c= 78750 dostávame:
a \cdot b \cdot c= 5 \cdot \dfrac{1+c}{2} \cdot c=78750,\\ c^2+5c-31500=0.
Vidíme, že sme dostali kvadratickú rovnicu. Použitím vzorca na výpočet kvadratickej rovnice dostávame pre jej korene nasledovný vzťah:
c=\dfrac{-5 \pm \sqrt{25+4 \cdot 31500}}{2}=\dfrac{-5 \pm 355}{2}
Vidíme tak, že možné korene sú c=175, a c=-180. Teda jediné prirodzené riešenie je c=175, z čoho už dopočítame b=90 ako predtým.
Odpoveď: Hľadané obľúbené čísla sú postupne 5, 90, 175.
Komentár
Väčšina z vás si správne uvedomila kľúčový poznatok, že Mackerovo číslo sa v rozklade 78750 musí nachádzať trikrát, avšak mnohí prehliadli, že aj číslo 1 vyhovuje tejto požiadavke ako špeciálny prípad. Niektorí riešitelia riešili úlohu skúšaním možností, čo je trochu zdĺhavé. Pri takomto skúšaní si treba dať pozor aby boli vypísané skutočne všetky možnosti, alebo aspoň popísať presný postup skúšania. Ďalší riešitelia, podobne ako vzorové riešenie, použili odhady s odmocninou. Boli aj takí, ktorí úlohu riešili kvadratickou rovnicou, ktorú možno veľa z vás nepozná (viac sa o nej môžete dočítať na https://sk.wikipedia.org/wiki/Kvadratick%C3%A1_rovnica).
9. príklad
Než sa vrhneme na samotné riešenie, zamyslime sa najprv nad tým, čo by v ňom nemalo chýbať. Keďže máme zostrojiť nejaký geometrický útvar, nemal by v našom riešení chýbať postup konštrukcie. Teda, čo treba kedy zostrojiť. Okrem toho môže ešte vyvstať otázka, či sme nazaj zostrojili to, čo sme zostrojiť mali. To samozrejme nestačí narysovať a odmerať, či máme štvorec, dôležité je ukázať, že to tak bude skutočne vždy.
Než prejdeme k samotnému riešeniu, zamyslíme sa najprv nad tým, čo by sa nám mohlo hodiť. Táto časť nie je v riešení, ktoré odovzdáte, nutná, ale pomôže tým, ktorí sa pýtajú "Ako sme mali na toto prísť?"
Predpokladajme, že máme štvorec spĺňajúci podmienky zo zadania. Keď štvorec otočíme o 90\degree dostaneme zhodný štvorec. Otočme teda aj priamky p, q o 90\degree. Tým dostaneme priamky k,l prechádzajúce bodmi A, resp. C, ako vidíme na obrázku. Zároveň budú k,l kolmé na p,q a vzdialenosť medzi nimi bude tiež rovnaká ako vzdialenosť medzi p,q.
Vnútri nášho štvorca teda vznikne menší štvorec, ktorého vrcholy označíme E,F,G,H. Keďže celá situácia vznikla otočením o 90\degree, trojuholníky ABE a BCF sú zhodné. Rovnakou úvahou vieme zistiť, že zhodné sú aj BCF a CDG, CDG a DAH, a teda aj všetky štyri navzájom.
Môžeme si všimnúť, že tieto informácie nám stačia. Dozvedeli sme sa napríklad, že |AE| = |CG|. Body E,H vieme zostrojiť, lebo vieme zostrojiť kolmice. Bod G vieme nájsť, lebo |GH| = |EH|. Priamka k bude kolmica na q cez G, čo vieme zostrojiť, a už nám stačí len preniesť vzdialenosť |AE|. Keď budeme mať uhlopriečku AC, už ľahko zostrojíme zvyšné vrcholy štvorca.
Postup konštrukcie:
Bod A a priamky p,q máme dané.
- Priamka l{:}\, l \perp p,\, A \in l.
- Body E,H{:}\, E \in p \cap l,\, H \in q \cap l.
- Kružnica c{:}\, c(H, |EH|).
- Bod G{:}\, G \in q \cap c.
- Priamka k{:}\, k \parallel l,\, G \in k.
- Priamka m{:}\, m \parallel AG,\, H \in m.
- Bod C{:}\, C \in k \cap m.
- Stred S úsečky AC.
- Priamka n{:}\, n \perp AC,\, S \in n.
- Body B, D{:}\, B \in p \cap n,\, D \in q \cap n.
Správnosť konštrukcie:
Ako prvé si uvedomme, že naše úvahy na začiatku nestačia. Podľa toho, ako sme rysovali platí |EH| = |HG|, pričom tieto úsečky sú na seba kolmé, takže máme štvorec. V skutočnosti však takýto štvorec vieme dostať aj pri rovnobežníku. (Viď obrázok.)
Podobne si môžeme všimnúť, že v našom narysovanom útvare platí |AE| = |CG| (keďže AECG je rovnobežník). To isté však platí aj v rovnobežníku na obrázku. Na začiatku sme odvodzovali, čo platí pre štvorec. Nikde sme však neukázali, že by naše závery nemohli platiť aj pre iné útvary. Spravme to teda teraz pre náš narysovaný útvar.
Začnime s bodmi B a D. Tie zjavne ležia na p, resp. q, čiže v tomto smere zadanie spĺňajú. Pokaziť by sa však mohol aj fakt, že ABCD je štvorec. B a D boli zostrojené tak, že ležia na osi úsečky AC, teda nutne |AB| = |BC| a |CD| = |DA|.
Prejdime teraz k trojuholníkom DAH a CDG. Vieme, že sú oba pravouhlé a že ich prepony DA a CD sú rovnako dlhé. Využijeme tedy Pytagorovu vetu. Útvar EFGH je štvorec, jeho stranu označíme u. Z konštrukcie tiež vieme, že |AE| = |CG|, túto dĺžku označíme a. Jediné, čo na odvesnách DAH a CDG nepoznáme je dĺžka|DH|, ktorú označíme d. Pre prepony platí |DA|^2 = |CD|^2, čo podľa Pytagorovej vety dá
(u + a)^2 + d^2 = |DA|^2 = |CD|^2 = a^2 + (u + d)^2,
u^2 + 2ua + a^2 + d^2 = a^2 + u^2 + 2ud + d^2,
2ua = 2ud,
a = d.
Tento fakt znamená, že DAH a CDG majú aj odvesny rovnako dlhé a teda sú zhodné. Označme uhol \sphericalangle DAH ako \alpha. Zo zhodnosti trojuholníkov aj |\sphericalangle CDG| = \alpha. Keďže však súčet uhlov v trojuholníku je rovný 180\degree a |\sphericalangle AHD| = 90\degree, nutne |\sphericalangle HDA| = 90\degree - \alpha. Uhol \sphericalangle CDA je teda pravý.
Všimnime si, že tento istý postup vieme zopakovať aj pre trojuholníky BCF a ABE. Tu nám zas vyjde pravý uhol \sphericalangle ABC. Vďaka |AD| = |CD| a |AB| = |CB| vieme, že náš štvoruholník ABCD je zložený z dvoch rovnoramenných trojuholníkov ABC a CDA. Jedná sa teda o štvorec.
Konštruckia pomocou pravítka a kružidla:
V zadaní sme sa pýtali na konštrukciu pomocou pravítka a kružidla, pričom pravítkom vieme len spájať body a kružidlom len rysovať kružnice. Otázkou by teda mohlo byť, či nás to nejak neobmedzuje.
Náš postup využíva len dve konštrukcie, ktoré nemusia byť jasné — kolmice a rovnobežky. Ukážeme teda, ako narysovať kolmicu na priamku vedúcu cez konkrétny bod. Rovnobežky potom vieme zostrojiť tak, že spravíme postupne pomocnú kolmicu na pôvodnú priamku a druhú kolmicu na tú pomocnú.
Majme teda priamku r a bod X, ktorým chceme viesť kolmicu na r. Najprv pomocou kružidla zostrojíme kružnicu so stredom X a polomerom takým, že táto kružnica pretne r v dvoch rôznych bodoch. Tieto priesečníky si označíme Y,\, Z. Ďalej spravíme ďalšie dve kružnice so stredmi postupne v Y a Z a rovnakým polomerom |YZ|. Tie sa isto pretnú v dvoch bodoch, tieto priesečníky spojíme a dostaneme os úsečky YZ. Tá bude našou hľadanou kolmicou — prechádza bodom X, keďže ten je rovnako ďaleko od Y a Z, a navyše je kolmá na r.
Komentár
Príklad narobil viacero problémov a len málo z Vás sa podarilo získať plný počet bodov. Príčinou bolo väčšinou neobhájenie Vašej konštrukcie, v ktorej sa naopak chyby vyskytovali len minimálne.
Hlavným kameňom úrazu bolo, že ste v riešení uviedli len odvodenie, podobné tomu na začiatku vzorového riešenia. V ňom ste zistili, čo v štvorci platiť musí, no len málokedy ste overili, či to nemôže platiť aj inokedy. V niektorých prípadoch stačilo len predviesť dôkaz v opačnom poradí krokov. V iných ste však v konštrukcií využili niečo, čo ste vo svojom odvodení ani nespomenuli (ako my os úsečky AC). V prvých prípadoch boli bodové straty menšie ako v tých druhých.
Každopádne dúfame, že ste sa aspoň niečo pri riešení naučili, a že sa podobným chybám v budúcich príkladoch už hravo vyhnete. Predsa len, úlohy s rysovaním nie sú až také časté.
10. príklad
Prvé políčko cesty je v ľavom hornom rohu tabuľky. Druhé môže byť od neho doprava alebo dole. Tretie políčko musí byť doprava alebo dole od nejakého druhého, a tak ďalej. Keď si ku každému políčku napíšeme, v ktorom kroku ho môžeme navštíviť, bude to teda vyzerať nejak takto:
\displaystyle\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & \cdots \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\3 & 4 & 5 \\ 4 & 5 & & \ddots \\ \vdots & & & & \end{matrix}
V každom kroku sa musíme pohnúť na ďalšiu uhlopriečku. Ak by sme teda každú uhlopriečku ofarbili celú na rovnakú farbu, také ofarbenie určite bude vyhovovať zadaniu. Nedala by sa však tabuľka ofarbiť aj nejako inak? Pozrime sa na to, čo by sa stalo, keby sme mali v tabuľke nejaký štvorec, kde B a C by boli ofarbené rôzne (napr. B na bielo a C na čierno).
\displaystyle\begin{matrix}A & B \\C & D\end{matrix}
Potom existuje cesta, ktorá vedie z ľavého horného rohu cez A, B, D do pravého dolného rohu. Keď nahradíme políčko B políčkom C, tak dostaneme tiež platnú cestu, ale bude mať o jedno čierne políčko viac, čo je spor. Takýto štvorec teda nemôže existovať, preto musí byť v každej uhlopriečke len jedna farba.
Uhlopriečok je 2n - 1 a každú z nich môžeme nezávisle ofarbiť jednou z dvoch farieb, takže máme 2^{2n - 1} možných ofarbení.