Vzorové riešenia 2. kola

​Označme si objem prvej nádoby ako x​, druhej ako y​ a tretej ako z​. Vieme, že musí platiť, že x \cdot \frac 1 2 = y \cdot \frac 2 3 = z \cdot \frac 3 4​. Bolo by super, ak by sme sa tých polovíc, tretín, štvrtín zbavili. Ako to dosiahneme? Vieme si objem vody v jednotlivých nádobách upraviť takto:

x \cdot \dfrac {6} {12} \qquad \left( \dfrac {1} {2} = \dfrac {6} {12} \right)\\ y \cdot \dfrac {8} {12} \qquad \left( \dfrac {2} {3} = \dfrac {8} {12} \right)\\ z \cdot \dfrac {9} {12} \qquad \left( \dfrac {3} {4} = \dfrac {9} {12} \right)​

Vieme, že platí, že objem vody v pohároch je rovnaký, teda x \cdot \frac {6} {12} = y \cdot \frac {8} {12} = z \cdot \frac {9} {12}.

To vieme vynásobením všetkých strán rovnice 12​ upraviť na 6x = 8y = 9z. Takže polovice, tretiny a štvrtiny sú preč. Teraz chceme nájsť čo najmenšiu hodnotu vody v jednotlivých pohároch, ktorú si označím ako h​, vtedy nájdeme aj najmenšie hodnoty x,y,z​.

Vieme, že h​ je deliteľné 6,8,9​ (aby x,y,z​ bolo celé). Vieme teda, že h​ je najmenší spoločný násobok 6,8,9​, čo je 72​. Z toho vieme zistiť už hodnoty x,y,z​:

• ​x = 72:6 =12,
• ​y =72:8=9,
• ​z = 72:9=8.

Ak by sme chceli ešte zistiť objem vody vo fľaši (čo zároveň je aj skúška správnosti, že všade mám rovnako veľa vody), tak vieme, že polovica z 12​ je 6​, dve tretiny z 9​ je 6​, tri štvrtiny z 8​ je 6​. Vo fľaši je teda 6+6+6=18​ jednotiek vody.

Odpoveď: Objem nádob je 12​, 9​ a 8​ jednotiek vody.

Začneme prvým pravidlom. To hovorí, že na hasiacom prístroji mohli byť iba kladné násobky 7 menšie ako 50, takže 7, 14, 21, 28, 35, 42 a 49. Skôr, ako sa pozrieme na ostatné pravidlá si tieto štyri čísla nazvime a, b, c, d, pričom platí, že a \leq b \leq c \leq d (teda a je najmenšie a d je najväčšie).

Teraz prejdime na ďalšie pravidlá. V druhom pravidle sa hovorí o tom, že rozdiel dvoch najväčších čísel a dvoch najmenších čísel je rovný najväčšiemu číslu, čo sa dá zapísať ako (d+c)-(a+b)=d. Po odčítaní d z oboch strán rovnice zistíme, že c-a-b=0, a teda c=a+b.

Podľa tretieho pravidla keď sčítame najväčšie s najmenším a odčítame od nich prostredné, vyjde 7. To vieme napísať ako (a+d)-(b+c)=7. Keď namiesto c napíšeme do tejto rovnice a+b (podľa predchádzajúceho pravidla je to rovnako veľa), vyjde nám (a+d)-(b+(a+b))=7, čo vieme upraviť na d-b-b=7, a teda d=2 \cdot b+7. Z tohto viem povedať, že a nemôže byť väčšie ako 21, lebo inak by muselo byť a aj b najmenej 28, takže c by nebolo menšie ako 56. Ani b nemôže byť väčšie ako 21, lebo ak b=28, tak d=2\cdot28+7=63, čo je viac ako 50.

Teraz už mi zostáva iba vyskúšať všetky zvyšné možnosti, či naozaj fungujú.

Ak a=7, b=7, tak c=a+b=14, d=2\cdot b+7=21.

Ak a=7, b=14, tak c=a+b=21, d=2\cdot b+7=35.

Ak a=7, b=21, tak c=a+b=28, d=2\cdot b+7=49.

Ak a=14, b=14, tak c=a+b=28, d=2\cdot b+7=35.

Ak a=14, b=21, tak c=a+b=35, d=2\cdot b+7=49.

Ak a=21, b=21, tak c=a+b=42, d=2\cdot b+7=49.

Týchto 6 možností spĺňa všetky podmienky.

Odpoveď: Na hasiacom prístroji mohli byť štvorice 7, 7, 14, 21; 7, 14, 21, 35; 7, 21, 28, 49; 14, 14, 28, 35; 14, 21, 35, 49; 21, 21, 42, 49.

Súčasťou úlohy určite bude aj ukázať, ktoré čísla nie sú riešeniami - dokázať že sa nedajú vysčítať jednoznačne. To bude možno dobrý začiatok, ak si skúšame vysčítať rôzne malé čísla, zisťujeme že čísla 7, 9​ a 10​ vieme získať viacerými spôsobmi.

Číslo 7​ vieme dostať ako 7​ samotnú, alebo súčtom 5+2​. Podobne to môžeme urobiť aj pri čísle 9 a ľubovoľnom čísle, kde v súčte máme 7. Ak je to 7+niečo, napríklad 7+2, vieme to nasčítať aj ako 5+2+niečo, v tomto prípade 5+2+2. Z toho vieme, že v súčte hľadaných čísel sa nesmie dať použiť 7.

Zároveň to funguje aj opačne. Ak by sme použili v súčte 5 aj 2 zároveň, môžeme tieto dve čísla zameniť za jednu 7. Preto jednoznačne vysčítateľné čísla môžu byť len tie, ktoré sú súčtom iba dvojok, alebo iba pätiek.

Koľko najviac dvojok alebo pätiek ale môžeme použiť? Ak sa pozrieme na číslo 10, vidíme tam tiež problém. Dá sa vysčítať ako 5+5 alebo 2+2+2+2+2. Vždy ak máme v súčte aspoň dve päťky, môžeme dve z nich zmeniť za päť dvojok alebo naopak. ​

Najviac preto môžeme použiť štyri dvojky a dostávame riešenia: 2, 4, 6 a 8. Alebo jednu päťku, ktorá je posledným riešením.

Iné existovať nemôžu, lebo budú obsahovať buď viac dvojok či pätiek, alebo obe naraz. Ak rátame s tým, že súčet môže obsahovať aj 0 čísel, medzi odpovede môžeme zarátať aj 0. (Táto možnosť nebola hodnotená). Okrem nej existujú ešte dve čísla, ktoré neobsahujú v súčte priveľa čísel, to sú 1 a 3. Tie však medzi riešeniami nie sú, lebo sa z 2 a 5 nedajú vysčítať ani jedným spôsobom.

Odpoveď:​ Jednoznačne vysčítať sa dajú čísla 2, 4, 5, 6, 8.

Komentár

Väčšina riešiteľov využilo iný prístup, ktorý vyzeral približne takto:

Číslo 10 vieme vysčítať aj ako 2+2+2+2+2 aj ako 5+5. Číslo 7 zas vieme vysčítať ako 7 aj ako 5+2. Keď ku 7 alebo 10 pripočítame niekoľko krát 2-ku, vždy vieme časť súčtu, 10-ku resp. 7-ku rozpísať dvoma spôsobmi. Tak dostaneme z 10 párne a zo 7 nepárne čísla. Ukázali sme teda, že všetky čísla (párne aj nepárne) od 10 vyššie nie sú jednoznačne vysčítateľné. Teraz už len vyskúšame čísla do 10 (okrem 7 a 9=7+2), a zistíme že 1, 3 nevieme vysčítať vôbec, ostatné čísla 2, 4, 5, 6, 8 sú riešeniami.

V tomto prístupe je posledný krok celkom komplikovaný, pretože musíme overiť, že naozaj všetky ostatné čísla do 10 vieme vysčítať a že budú jednoznačné. Aby to bolo naozaj poriadne dokázané, mali by sme odskúšať všetky (dostatočne malé) kombinácie súčtov 2, 5 a 7, čo väčšina riešiteľov nemala. Naše vzorové riešenie je v tomto "krajšie", pretože rovno hovorí, že jediné možnosti budú násobky dvojky do 8 alebo číslo 5, čo dáva informáciu o tom, ako tieto čísla vieme vysčítať.

Za tento drobný nedostatok sme body nestrhávali, no v zložitejších príkladoch podobné tvrdenie nemusí byť považované za samozrejmé.

Na začiatok si účastníkov postupne označíme ako a_1, a_2, a_3, \dots, a_{60}​. Podľa zadania musí platiť, že každá osmica účastníkov má súčet 30​, takže

\begin{aligned}a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 &= 30 \\a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 &= 30 \\a_3 + \dots + a_{10} &= 30 \\&\,\,\,\vdots \\a_{60} + \dots + a_7 &= 30 \end{aligned}

(keďže sú účastníci posadení do kruhu, tak po a_{60}​ nasleduje a_1, a_2, \dots​).

V prvej rovnici si nahradíme pravú stranu (30​) ľavou stranou druhej rovnice, ktorá sa tiež rovná 30​:

a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 = a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9

Keďže a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7​ a a_8 sú rovnaké pre obe strany rovnice, tak ich môžeme odčítať. Po odčítaní nám vyjde a_1 = a_9.

Rovnaký postup vieme aplikovať pre všetkých účastníkov, napr.:

\begin{aligned}a_9 + a_{10} + \dots + a_{16} &= a_{10} + \dots + a_{16} + a_{17} \quad /-(a_{10} + \dots + a_{16}) \\a_9 &= a_{17}\end{aligned}
​alebo
\begin{aligned}a_2 + a_3 + \dots + a_9 &= a_3 + \dots + a_9 + a_{10} \quad /-(a_3 + \dots + a_9) \\a_2 &= a_{10}.\end{aligned}

Bystré oko si isto všimne, že každý ôsmy účastník má rovnaké číslo. To znamená, že si môžeme vypísať účastníkov, ktorí budú mať rovnaké čísla:

​a_1 = a_9 = a_{17} = a_{25} = a_{33} = a_{41} = a_{49} = a_{57} = \\ = a_5 = a_{13} = a_{21} = a_{29} = a_{37} = a_{45} = a_{53} = a_1

Vidíme, že sme prišli znovu k a_1​, takže ďalej už nemusíme vypisovať, lebo by sme pokračovali účastníkmi, ktorých už máme zapísaných (a_9, a_{17}, \dots​). Podobný postup aplikujeme pre ďalších účastníkov:

​a_2 = a_{10} = a_{18} = a_{26} = a_{34} = a_{42} = a_{50} = a_{58} = \\ = a_{6} = a_{14} = a_{22} = a_{30} = a_{38} = a_{46} = a_{54} = a_2\\[8pt] a_3 = a_{11} = a_{19} = a_{27} = a_{35} = a_{43} = a_{51} = a_{59} = \\ = a_7 = a_{15} = a_{23} = a_{31} = a_{39} = a_{47} = a_{55} = a_3\\[8pt] a_4 = a_{12} = a_{20} = a_{28} = a_{36} = a_{44} = a_{52} = a_{60} = \\ = a_8 = a_{16} = a_{24} = a_{32} = a_{40} = a_{48} = a_{56} = a_4

Ďalej už nemusíme pokračovať keďže a_5​ už máme zapísaného, že má totožné číslo s a_1​. Z toho, čo sme si vypísali, vyplýva, že každý 4. účastník má rovnaké číslo. Preto, keď je súčet ôsmych po sebe idúcich čísiel 30​, súčet 4​ po sebe idúcich čísiel bude 15​ (30 : 2​).

Ďalej budeme využívať, to čo sme si dokázali doteraz a rovnice zo zadania. Vieme, že a_{14} + a_{54} = 12​. Keďže aj a_{14}​ aj a_{54}​ sa rovnajú a_2​, tak platí 2 \cdot a_2 = 12 \implies a_2 = 6. Rozdiel a_{38} - a_7 = 4, a_{38} = a_2​ a teda sa rovná 6​.

\begin{aligned}6 - a_7 &= 4 \quad /-4 + a_7 \\2 &= a_7 = a_3 \\a_{44} + a_{22} &= 10 \quad a_{44} = a_4,\, a_{22} = a_2 = 6 \\a_4 + 6 &= 10 \quad /-6 \\a_4 &= 4 \\\end{aligned}​​

Už teda poznáme aj 2.​, aj 3.​, aj 4.​ číslo a tak môžeme dopočítať 1.​ číslo.

\begin{aligned}15 &= a_1 + 6 + 2 + 4 \\15 &= a_1 + 12 \quad /-12 \\3 &= a_1\end{aligned}

Vyšlo nám teda, že číslo na 1.​ pozícii je 3​, poďme si to ale pre istotu skontrolovať skúškou správnosti:

\begin{aligned}a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 &= 30 \\3 + 6 + 2 + 4 + 3 + 6 + 2 + 4 &= 30 \\15 + 15 &= 30 \\30 &= 30,\end{aligned}

teda výsledok je ozaj správne.

Odpoveď: Číslo na 1.​ pozícii je 3​.

Komentár

Skoro všetci ste tento príklad zvládli vyriešiť na 10 bodov. Častou chybou bolo nedostatočné zdôvodnenie, prečo sa bude v kruhu opakovať 8 čísel na hlavách účastníkov alebo pokračovanie tejto myšlienky, že sa vlastne čísla opakujú po 4 účastníkoch.​

Bodovanie

3 body za dokázanie, že každé 8.​ číslo je rovnaké. 2​ body za dokázanie, že každé 4.​ číslo je rovnaké. 2​ body za 1.​ rovnicu (zistenie, že a_2 = 6​). Po 1​ bode za zvyšné 2​ rovnice a dopočítanie výsledku.

Delenie do rovnakých skupín znamená, že čísla zo zadania chcú byť deliteľné bezo zvyšku číslami 5​, 6​ a 9. Poďme si pripomenúť pravidlá deliteľnosti týchto čísel:

• číslo je deliteľné piatimi, ak sa končí ciframi 0​ alebo 5​ (takéto je číslo \overline{BAAB}​),
• číslo je deliteľné šiestimi, ak je deliteľné dvomi a tromi, čiže musí končiť párnou cifrou a jeho ciferný súčet musí byť deliteľný tromi (takéto je číslo \overline{ABCBA}​),
• číslo je deliteľné devatimi, ak je ciferný súčet čísla deliteľný 9 (takéto je číslo \overline{ABC}​).

Ďalej vieme, že čísla A​ a B​ nemôžu byť 0​, keďže sa nimi nejaké číslo začína. Z tohto vyplýva, že keďže číslo \overline{BAAB} je deliteľné 5​, tak číslo B = 5. Zároveň pre A​ platí, že môže byť jedným z čísel 2, 4, 6, 8​. V tomto bode nám už prakticky stačí len skúšať jednotlivé možnosti pre číslo A​ a C​. Zoberieme si napríklad A = 2​, nájdeme C​ také, že A+B+C​ je deliteľné 9​ ( čiže C = 2​) a následne overíme, či platí, že A+B+C+B+A​ je deliteľné 3​ (v tomto prípade to neplatí, A+B+C+B+A = 16​).

Dá sa na to ale ísť aj jednoduchšie, nižšie budem pre prehľadnosť na označenie skutočnosti, že a delí b používať zápis a\mid b​. Teda napríklad 3\mid 6​ alebo 7 \mid 21​.

Zo zadania a pravidiel deliteľnosti teda vyplýva:

​3\mid (A+B+C+B+A)​

​9\mid(A+B+C)​

A ​keďže všetky násobky deviatky sú deliteľné aj trojkou, tak platí:

​3\mid(A+B+C)​,

Tieto výrazy môžeme odčítať, keďže aj pre ich rozdiel bude platiť, že bude deliteľný tromi (ak od násobku trojky odčítam násobok trojky, tak výsledok bude tiež násobkom trojky, podobne ako keď od párneho čísla odpočítam párne číslo, výsledok bude tiež párny). Prečo sa nám vo všeobecnosti môže oplatiť odčítať výrazy? Ak sa niekde veľa premenných opakuje (ako v tomto príklade), odčítaním môžeme dostať niečo jednoduchšie, s čím sa bude lepšie pracovať.

​A+B+C+B+A - (A+B+C) = B+A
A+B+C+B+A - A-B-C = B+A​​

Ak vieme, že  B = 5​ a 3\mid(B+A)​, tak A​ môže byť len 1, 4​, alebo 7, keďže násobky trojky, ktoré pripadajú do úvahy sú len 6​, 9​, 12​. No keďže A​ musí byť párne, jediná možnosť, ktorá vyhovuje bude A = 4. Cifru C​ si potom už z ciferných súčtov vieme dopočítať celkom jednoducho:

​9\mid(A + B + C)​,

po dosadení A=4 a B=5​:

​9\mid(9 + C)​,

čo znamená, že C​ môže byť len 0​ a 9​.

Odpoveď: Vyhovujúce cifry sú A = 4​, B = 5​ a C=\{0, 9\}​.

Poznámka: \overline{XYZ} znamená číslo zložené z číslic X, Y, Z v tomto poradí za sebou.

Ako prvé si označme našich deväť zastávok písmenami, aby sme sa vedeli o nich poriadne vyjadrovať. Toto označenie je na obrázku:
Ďalší podstatný fakt pri riešení tejto úlohy je, že 1+2+3+\ldots+9 = 45. Teraz vyriešime obe časti úlohy a to takzvaným "dôkazom sporom". To znamená, že budeme predpokladať opak toho, čo máme dokázať a z toho nám vyjde nejaký spor so zadaním.

Predpokladajme teda, že žiaden súčet v trojici NIE je aspoň 15. Potom sú všetky tieto súčty 14 alebo menej. Z toho potom, podľa značenia na obrázku, platí A+B+C \leq 14, D+E+F \leq 14, G+H+I \leq 14. Potom ale určite platí, že A+B+C+D+E+F+G+H+I \leq 42. My však vieme, že týchto deväť písmen ukrýva práve cifry 1,\ldots,9, preto ich súčet musí byť 45 =A+B+C+D+E+F+G+H+I \leq 42, čo nie je možné. Preto tvrdenie v a) platí.

Teraz predpokladajme, pre popretie časti b), že žiaden súčet v trojici NIE je aspoň 16. Potom sú všetky tieto súčty 15 alebo menej a získavame A+B+C \leq 15, D+E+F \leq 15, G+H+I \leq 15. Potom 45 =A+B+C+D+E+F+G+H+I \leq 45, z čoho vyplýva že predošlé nerovnosti musia platiť ako rovnosti, inak získame primalý súčet.

Ak túto ideu zopakujeme s trojicami \{B,C,D\}, \{E,F,G\}, \{H,I,A\}, a následne aj s trojicami \{I,A,B\}, \{C,D,E\}, \{F,G,H\}, zistíme, že aj tieto trojice by museli mať súčet práve 15, inak by bola nejaká trojica s priveľkým súčtom.

Lenže teraz má platiť A+B+C=15=B+C+D, z čoho vychádza, že A=D. To ale nie je možné, lebo deväť vložených cifier má byť rôznych. Preto musí aj tvrdenie b) platiť a máme hotovo.

Komentár

Mnohí z vás sa pustili do úlohy z pohľadu "priemerných" súčtov a snažili sa argumentovať štýlom "ak je priemer číšel x, tak potom aspoň jedno z čísel je aspoň x". Toto nie je zlá idea, ale dá sa veľmi ľahko zabudnúť na detaily, za ktoré sme vám museli nejaké tie body postrhávať.

Iní sa dali na to cestou skúšania, niektorí hrubšou silou ako ostatní. V takom prípade treba naozaj všetky relevantné možnosti vypísať a tiež zdôvodniť, prečo iné nie sú. Tento typ riešenia nemal veľký úspech a ani my ako vedúci ho veľmi nepodporujeme. Preto je toto vzorové riešenie bez akéhokoľvek skúšania.

Príklad budeme riešiť najprv pre n\geq4​. Prvé pozorovanie, ktoré spravíme je, že trojuholník má tri vrcholy, pričom čiara, ktorou sa snažíme pokryť všetky bodky z ktorých sa trojuholník skladá má iba dva konce. To znamená, že existuje vrchol trojuholníka, v ktorom čiara nezačína, ale ním iba prechádza. Tým, že v ňom nezačína tak obe vyznačené úsečky musia byť súčasťou kľukatice.

Ďalej však vieme, že cez žiadny bod čiara neprechádza rovno. To však znamená, že kľukatica musí pokračovať  z oboch bodov po modrých čiarach. Ak by pokračovala po oboch, tak by sa nám uzavrela, čo nemôže.

V tomto momente si však musíme dať pozor, lebo to ešte nie je koniec riešenia. Doteraz sme nikde v riešení neukázali, že by kľukatica musela naozaj začínať v tých dvoch zvyšných rohoch. Zatiaľ sme iba ukázali, že existuje vrchol v ktorom nezačína. Ešte stále sa nám môže stať, že by začínala v ľubovoľnom z modrých políčok.

Nech teda začína napríklad v tom tyrkysovom. To by však znamenalo, že už máme iba jeden voľný koniec kľukatice. Preto určite existuje roh v ktorom kľukatica nezačína. Potom rovnakým argumentom ako v prvom prípade dostávame, že aspoň jedno z modrých políčok musí byť koncom kľukatice.

Tým sa dostávame k poslednému rohu a keďže už nemáme voľné konce, tak v ňom dostaneme cyklus a teda pre trojuholník, ktorý má 3​​ a viac vrstiev sa nám kľukaticu nakresliť nepodarí.

Povšimnime si však, že pre trojuholník o veľkosti strany 3​ nevieme ostatné rohy doriešiť rovnako ako v predchádzajúcom prípade, lebo na to jednoducho nie je dosť miesta. Avšak ľahko nahliadneme, že kľukatica vie buďto ísť hore, alebo dole, takže aspoň jeden roh ostane nepokrytý.

Komentár

S príkladom ste sa väčšinou pekne popasovali. Hlavný problém bol, že väčšina z vás si neuvedomilo, že sme v riešení priamo neukázali, že kľukatica musí začínať v dákom z tých dvoch rohov a že treba ten príklad doriešiť. Niektorým sa úplne nepodarilo všimnúť si, že problematický je roh a snažili sa vyskúšať niekoľko kľukatíc a tým ukázať, že to nejde. Ak zvolíte takýto prístup, je potreba naozaj dôsledne ukázať, že sme cestu nemohli viesť iným spôsobom.

Začneme tým, že si pomenujeme rôznych vlakvedúcich. Tých s dobrým morálnym kompasom označíme D, tých čo svoj morálny kompas zahodili Z a nakoniec tých s narušeným morálnym kompasom N. Následne sa pozrieme na kombinácie dvoch vlakvedúcich a zistíme ktorí vlakvedúci si mohli navzájom skontrolovať lístky:

• P a P sa nemohli kontrolovať, lebo obaja majú správny kompas a vždy hovoria pravdu, takže obaja by o tom druhom povedali, že má správny kompas.
• P a Z sa mohli kontrolovať. P určite povie že Z nemá správny kompas, keďže P musí hovoriť pravdu a zahodený kompas nerátame ako správny. Z určite povie, že P nemá správny kompas, keďže Z vždy klame.
• P a N sa tiež mohli kontrolovať. P rovnako ako v predošlom prípade povie že N nemá správny kompas (keďže narušený kompas nerátame ako správny) a keďže N môže aj klamať tak vie nastať aj situácia, kedy povie že P nemá správny kompas.
• Z a Z sa nemohli kontrolovať. Keďže obaja vždy klamú, určite by povedali, že majú obaja správne kompasy.
• Z a N sa tiež nemohli kontrolovať. N síce môže hovoriť pravdu a povedať, že Z nemá správny kompas, ale Z vždy klame takže určite povie, že N má správny kompas
• Nakoniec N a N sa mohli kontrolovať. Keďže obaja nemajú správny kompas, ale môžu hovoriť pravdu, tak vie nastať situácia, že obaja povedia druhému, že nemá správny kompas.

Pri rozdeľovaní do jednotlivých kupé si musíme byť istí, že sa ani jedna dvojica vedúcich v jednom kupé nekontrolovala. Keďže nevieme kto sa kontroloval s kým, tak musíme rátať, že sa každý kontroloval s každým, s ktorým mohol, takže máme len 3 kombinácie, ktoré sa určite nekontrolovali a to sú aj kombinácie, ktoré môžeme rozdeľovať do spoločných kupé. Sú to: P a P, Z a Z, Z a N

Vidíme, že P môžu byť v kupé len s ostatnými P, takže pre nich bude stačiť keď vyprázdnime jedno kupé a dáme ich tam všetkých spolu. Ďalej Z môžu byť v kupé s ostatnými Z, ale aj s N, takže zatiaľ dáme všetkých Z do jedného spoločného kupé a pozrieme sa na N. N síce môžu byť v kupé so Z, avšak nemôžu byť v kupé s inými N. Takže ak chceme do kupé so Z dať nejakého N, môžeme najviac jedného. Potom pre zvyšných 12 N budeme musieť vyprázdniť 12 samostatných kupé.

Takže máme:

• jedno kupé so 17P,
• jedno kupé s 8Z+1N,
• dvanásť kupé po jednom N.

Čo je dokopy 14 kupé.

Odpoveď: Vedúci musia vyprázdniť najmenej 14 kupé.

Komentár

Najčastejšia chyba bola, že ste zabudli dať jedného N k ostatným Z a vyšlo vám kvôli tomu 15 kupé, teda o jedno viac.
Niektorí si dobre určili podmienky, kto s kým sa mohol kontrolovať, ale potom ste na to zabudli v rozdeľovaní.
Niektorí ste zabudli v podmienkach, že N sa nemohol kontrolovať so Z a potom ste pri rozdeľovaní ani nevedeli, že môžu byť spolu v kupé. 

Označme si bod, z ktorého sa vedúci rozbehli, ako S​. Bod S​ sa nachádza ľubovoľne v rovnostrannom trojuholníku ABC​ (v zadaní je spomenutý vagón). Vedúci chcú bežať najkratšiu vzdialenosť ku stranám trojuholníka, a teda bežia po úsečkách, ktoré začínajú v bode S​ a sú kolmé na strany trojuholníka. Máme dokázať, že pre ľubovoľne zvolený bod S​ bude súčet týchto úsečiek (po ktorých bežia vedúci) zhodný.

Čo nám najprv napadne, je zvoliť si nejaký okrajový prípad, ktorý vieme ľahko vyriešiť. Napríklad ak by bol bod S​ v ľubovoľnom z vrcholov trojuholníka, bežal by iba jeden z vedúcich a odbehol by vzdialenosť rovnú výške trojuholníka.

Skúsme si dať bod S​ do ortocentra, teda priesečníka výšok trojuholníka. O výškach rovnostranného trojuholníka vieme, že sú zároveň jeho ťažnicami. Ťažnice sa navzájom delia na úseky v pomere 2:1​, čo znamená, že od ich priesečníka je vzdialenosť ku každej strane trojuholníka \frac{1}{3}​ výšky, a teda spolu to je skutočne výška trojuholníka ako v predošlom prípade.

Takéto ľahké a veľmi špecifické príklady bodu S​ nám vedia pomôcť, ak by nás zaujímala hodnota tohto súčtu, ale nepovedia veľa o všetkých tých ostatných bodoch. Väčšinou dôkaz, prečo to funguje v týchto špeciálnych prípadoch, je úplne odlišný od takého, aký treba použiť na inak zvolený bod S​.

Chceme dokazovať, že je niečo (súčet kolmých úsečiek z bodu S​) konštantné. Niekedy sa pri takýchto úlohách oplatí vyjadriť si pomocou neznámych (dĺžok úsečiek) nejakú inú vec, o ktorej vieme, že je konštantná. V tomto príklade to bolo najjednoduchšie s obsahom trojuholníka ABC=a\cdot v, kde a​ je dĺžka strany trojuholníka. Označme si ľubovoľný bod S​ a vyjadrime si obsahy trojuholníkov ABS​, BCS​ a ACS​ pomocou neznámych úsečiek SX​, SY​ a SZ​ a dĺžky strany trojuholníka ABC​, čiže a​.

S_{ABS} = a \cdot \left| SX \right|

S_{BCS} = a \cdot \left| SY \right|

S_{ACS} = a \cdot \left| SZ \right|

Vieme, že súčet obsahov týchto trojuholníkov sa rovná obsahu veľkého trojuholníka ABC​, teda po dosadení a následných úpravách dostaneme:

​S_{ABC} = S_{ABS} + S_{BCS} + S_{ACS},

a\cdot v = a \cdot \left| SX \right| + a \cdot \left| SY \right| + a \cdot \left| SZ \right|.

Vieme, že súčet obsahov týchto trojuholníkov sa rovná obsahu veľkého trojuholníka ABC​, teda po úpravách dostaneme

​v =\left| SX \right| + \left| SY \right| + \left| SZ \right|.

To znamená, že súčet dĺžok kolmíc SX, SY a SZ sa vždy bude rovnať výške trojuholníka ABC​.

Riešenie začnime jednoduchým pozorovaním o rokoch rekonštrukcie. Rok 864 má ciferný súčet 18. To však znamená, že je deliteľný 9. Pravidlo deliteľnosti 9 hovorí, že číslo je deliteľné 9 práve vtedy, keď je deliteľný aj jeho ciferný súčet. Keď sme robili rekonštrukciu v roku deliteľnom 9, budeme opäť rekonštruovať v roku deliteľnom 9, lebo sa posunieme presne o ciferný súčet, ktorý je tiež násobkom.

Vidíme teda, že rekonštrukcia mohla prebiehať len v rokoch deliteľných 9. Takže aj ciferné súčty sú násobky 9. O koľko sa teda vieme posunúť medzi rekonštrukciami? O 9, 18 alebo 27 rokov. Na posun o 36 rokov by sme pri štvorcifernom roku potrebovali počkať až do 9999, čo sa nestane.

Poďme teda skúmať, v ktorom roku mohla byť posledná rekonštrukcia. Vieme, že daný rok je deliteľný 9 a že musel byť niekedy za posledných 27 rokov, inak by sa odvtedy udiala ďalšia rekonštrukcia. Možnosti sú teda 1998, 2007 alebo 2016. Ľahko si všimneme, že po 2007 by musela byť ďalšia rekonštrukcia v roku 2016, takže to nie je rok poslednej rekonštrukcie. Aj po 1998 aj 2016 nasleduje rekonštrukcia v 2025. To teda bude odpoveď na otázku b).

Potrebujeme teda vylúčiť jednu z možností 1998 a 2016 na poslednú rekonštrukciu. Tu sa pozrieme trochu viac do histórie. Pred rokom 1899 má iba rok 999 ciferný súčet 27. Medzi rokmi 1000 a 1899 sa teda budeme posúvať buď na nasledujúci násobok 9 alebo jeden násobok preskočíme. Aj 1899 je násobok 9. Buď sa v ňom udiala rekonštrukcia, alebo sme ho preskočili a rekonštrukcia bola v roku 1908. V oboch prípadoch však nastane rekonštrukcia v roku 1899 + 27 = 1926 = 1908 + 18. Po roku 1926 bude nasledovať 1944 potom 1962, 1980 a 1998. To bude teda odpoveď na a).

Odpoveď: Posledná rekonštrukcia bola v roku 1998, najbližšia bude v roku 2025.

Iné riešenie a)

Rovnako ako v predošlom riešení prídeme na to, že nás zaujímajú len násobky 9, a že na rok 2025 sa dostaneme buď z 1998 alebo 2016. Všimnime si teraz, že na rok 2016 vieme prísť len z rokov 2007 alebo 1989. Rok 2007 však nevyhovuje, lebo naň neprídeme ani z 1980, ani z 1989, ani 1998. Rekonštrukcia pred rokom 2016 by tak bola v roku 1989.

Pozrime sa teraz na predchádzajúce roky. Sme v dvadsiatom storočí, takže ciferný súčet je aspoň 1+9=10, takže buď 18 alebo 27. Na súčet 27 však potrebujeme, aby posledné dve cifry boli 8 a 9, takže pred rokom 1989 rekonštruujeme vždy po 18 rokoch. Keďže skáčeme vždy na každý druhý násobok 9, tak ideme buď po párnych alebo nepárnych násobkoch 9. Na rok 1989 sme sa tak museli dostať z nepárneho násobku 9, čo je v dvadsiatom storočí najskôr 1917 (rok 1935 je už príliš neskoro). Z roku 1908 však ideme na 1926, z roku 1899 tiež na 1926 a z roku 1890 len na 1908. Takže ani tadiaľto sa k 2016 nedostaneme, posledná rekonštrukcia tak musela byť v roku 1998.

Komentár

Nájsť riešenie tohto príkladu sa dalo aj tak, že by ste si zaradom od roku 864 vypísali, kedy sa konala rekonštrukcia. Rekonštrukcií bolo niečo cez 80, čo sa vypísať asi aj dá, no manuálne to po Vás skontrolovať je ťažké. Preto do tohto príkladu prehovorilo nové pravidlo o vypisovacích riešeniach. Predsalen cieľom tohto príkladu nebolo overiť, či ovládate sčítanie.

Keďže nie je vždy jasné, koľko vypisovania sa ešte skontrolovať dá, tentokrát za takéto riešenia nejaké body boli. Mnohí z Vás sa pokúsili nejak sa vypisovania zbaviť a viacerí dokázali aspoň jednu otázku vyriešiť bez neho. Stávalo sa však aj to, že ste sa oháňali nejakými pozorovaniami z vypisovania, no bez zdôvodnení to na body nebolo. Naopak, ak ste popri vypisovacom riešení dokázali aj nejaké ďalšie užitočné fakty (napr. deliteľnosť 9), získavali ste body navyše.

Bodovanie

Za pozorovanie o deliteľnosti 9 ste mohli získať 2 body. Za doriešenie každej podotázky a), b) sa dalo získať najviac po 4 bodoch. Ak ste však niektorú z týchto otázok vyriešili vypisovaním, dostali ste za ňu len 1 bod.