Vzorové riešenia 3. kola

Na začiatok si kvôli jednoduchosti pomenujme jednotlivé cifry schovávajúce sa za otáznikmi.
Cifry násobených čísel si pomenujme postupne A, B, C, D​ a otázniky v medzivýpočte označíme postupne X, Y, Z,  takže príklad bude mať nasledovnú podobu:

\begin{aligned} AB \\ \cdot CD \\ \text{---}​\text{---}​\\ X0Y \\ 5Z \; \; \; \\ \text{---}​\text{---} \\ ???? \end{aligned}​​​​

Teraz sa pozrime na medzisúčet. Vídíme, že celý výsledok násobenia je štvorciferné číslo. Na to aby sme z medzisúčtu dvoch trojciferných čísel dostali štvorciferné, musí na mieste stoviek dôjsť k prechodu cez desiatky. To znamená že cifra ktorú predstavuje písmeno X musí byť aspoň 5.

Vieme, že súčin A\cdot D je dvojciferný a zároveň X ktoré tiež vzniklo z tohto súčinu je aspoň 5, takže by sme mohli predpokladať, že výsledok tohto súčinu bude aspoň 50​. Keďže ale aj súčin B\cdot D môže byť dvojciferný, tak X0 sme mohli dostať ako súčet (A\cdot D) +prechod cez desiatky pri súčine B\cdot D. To znamená, že súčin A\cdot D bude najmenej 42​ (lebo prechod cez desiatky po násobení dvoch jednociferných čísel môže byť najviac 8 a to vtedy, keď násobíme 9\cdot 9.

Teraz poďme zistiť cifru A​ a to pomocou možných súčinov väčších ako 42:​

• ak je A menej ako 5​, vieme dostať najväčší súčin 4\cdot 9=36, takže A aj D​ musia byť aspoň 5​​
• ak A=5, vieme takýto súčin dosiahnuť len jedným spôsobom a to 5\cdot 9=45
• ak A=6, vieme takýto súčin dostať pomocou: 6\cdot 7=42; 6 \cdot 8=48; 6 \cdot 9=54
• ak A=7, máme možnosti: 7×6=42; 7\cdot 8=56; 7\cdot 9=63
• ​​ak A=8​, máme možnosti: 8\cdot 6=48; 8\cdot 7=56; 8\cdot 8=64; 8\cdot 9=72​
• ak A=9​, máme možnosti: 9\cdot 5=45; 9\cdot 6=54; 9\cdot 7=63; 9\cdot 8=72; 9\cdot 9=81​
  

To vyzerá ako veľa možností, avšak my z druhého sčítanca v medzisúčte vieme že C\cdot A=5 (alebo menej, ak došlo k prechodu cez desiatky pri násobení C\cdot B) Takže ak by bolo A väčšie ako 5, nemohla by platiť táto rovnosť.
Zistili sme teda, že A=5 a D=9, zároveň ak chceme aby platilo C\cdot A=5, tak musí C=1.

Poďme si teda dosadiť cifry, ktoré už poznáme:

​\begin{aligned} 5B \\ \cdot 19 \\ \text{---}​\text{---}​\\ 50Y \\ 5Z \; \; \\ \text{---}​\text{---} \\ ???? \end{aligned}

Vieme že v 9​\cdot B musí dôjsť k prechodu cez desiatky a že na mieste desiatok bude 5​ (aby sme po sčítaní [D\cdot A]+5 dostali 50). Existuje jediné také B, ktoré toto spĺňa a to je 6 (keďže 9\cdot 6=54). Poďme si teda dosadiť všetky cifry ktoré poznáme a dopočítať výsledok:

\begin{aligned} 56 \\ \cdot 19 \\ \text{---}​\text{---}​\\ 504 \\ 56 \; \; \\ \text{---}​\text{---} \\ 1064 \end{aligned}

Tento príklad má teda jediné riešenie.

Našou úlohou je zistiť, aké čísla sú na jednotlivých kartách a v akom poradí stoja. A samozrejme nesmieme zabudnúť overiť, že neexistuje žiadne iné riešenie.

Začnime vetou: „Mám suseda, s ktorým mám rovnaký súčet a rovnaký súčin čísel na našich kartách.“ Označme číslo na tejto karte ako A a číslo suseda ako B. Podľa vety platí:

• ​A+B=A\cdot B​​
  

Toto platí iba pre A=B=2​, keďže vieme, že pre 1​ to neplatí, a pre čísla väčšie ako 2​ už súčin je výrazne väčší ako súčet. 

Tým pádom vieme, že dvaja, ktorý stoja vedľa seba majú na karte číslo 2​.

Ďalšia veta na karte znie: „Súčin čísel na kartách, ktoré majú vedúci vedľa mňa, je 15​.“
Jediné dvojice deliteľov čísla 15​ sú:

• ​1 \cdot 15​​

• ​3 \cdot 5​​
  

To znamená, že v jednej možnosti budú mať dvaja vedúci čísla 1​ a 15​ a v druhej 3​ a 5​. Okrem toho posledná veta znie: „Existuje karta, ktorá má číslo 4​“ To znamená, že piate číslo bude 4​. 

Celkovo máme tieto možnosti:

• ​1, 15, 4, 2, 2​​
  

• ​3,5,4,2,2​​

Teraz potrebujeme priradiť vety ku číslam na kartičkách. Pozrime sa najprv na prvý prípad:

• ​1,15,4,2,2​​

Nájdeme, kto mohol mať vetu: „Súčet čísel na všetkých ostatných kartách je najviac 11​.“

​15​ je viac ako 11​, čo znamená, že ak by túto vetu mal niekto iný ako vedúci s číslom 15​, súčet na ostatných kartách by bol určite viac ako 11​. Z toho vyplýva, že túto vetu musí mať vedúci s číslom 15​. 

Teraz sa pozrime na poradie. Karta, ktorá tvrdí, že má susedov so súčinom 15​, musí byť medzi kartami s číslami 1​ a 15​. Ďalej vieme, že karty s číslom 2​ sú vedľa seba, čiže sú spolu buď na konci alebo začiatku radu. Z tohto vyplýva, že medzi 1​ a 15​ bude 4​. Z toho vyplývajú tieto možnosti:

• ​2, 2, 1, 4, 15​​
• ​2, 2, 15, 4, 1​​
• ​15, 4, 1, 2, 2​​
• ​1, 4, 15, 2, 2​​

Teraz sa pozrieme na kartu, ktorá hovorí: „Číslo na karte človeka vľavo od tejto karty je deliteľné 5​.“ V našom prípade to bude 15​, keďže je jediná deliteľná 5​. V prvej možnosti číslo na ľavo od 15​ neexistuje, takže to určite nieje správna možnosť. Vieme, že 4​ má vetu o súčine čísel na susedných kartách, ktorý je 15​ a tým pádom taktiež neexistuje voľná pozícia naľavo od 15​. 

Ostala nám jediná možnosť: 1, 4, 15, 2, 2​. Teraz k nej priradíme všetky vety a zistíme, či to naozaj platí. 

15​ musí mať vetu o súčte ostatných čísel, ktorý je menej ako 11​. 

4​​ musí mať vetu o súčine susedov, ktorý je 15​.

2 (predposledná) musí mať vetu o karte človeka naľavo, ktoré musí mať číslo deliteľné 5​. 

2​ (posledná) musí mať vetu o rovnakom súčte a súčine so susedom. 

1​ ostáva veta o tom, že existuje karta s číslom 4​. 

Poďme sa pozrieť na druhú možnosť s číslami:

• 3, 4, 5, 2, 2​

Platí, že vetu o súčte ostatných čísel musí mať číslo 5​. Platí to preto, pretože 3+4+2+2=11​, čiže keby je to na inom čísle, súčet s 5​kou bude väčší. Nakoľko toto platí, táto môžnosť bude úplne rovnaká ako tá predošlá.

Znova si teda overme, či naozaj vieme priradiť vety ku číslam. 

5​ musí mať vetu o súčte ostatných čísel, ktorý je menej ako 11​. 

4​ musí mať vetu o súčine susedov, ktorý je 15​.

2​ (predposledná) musí mať vetu o karte človeka naľavo, ktoré musí mať číslo deliteľné 5​. 

2​ (posledná) musí mať vetu o rovnakom súčte a súčine so susedom. 

1​ ostáva veta o tom, že existuje karta s číslom 4​. 

Postupným vylučovaním možností sme teda prišli na dve riešenia. 

​

Táto úloha môže pôsobiť pomerne náročne. Našou úlohou je dokázať, že na každom dome sa nachádza číslo 0. Ak by sa na každom dome naozaj nachádzalo číslo 0 všetky podmienky zo zadania by určite fungovali. Súčet núl bude vždy nula. Avšak ako súčasť dôkazu musíme ukázať aj to, že to inak byť nemôže. Toto sa dá robiť viacerými spôsobmi. V tomto prípade je najjednoduchšie postupne domček za domčekom ukázať, že na každom domčeku sa musí nachádzať číslo 0.

Pri tomto postupe musíme začať so správnou dvojicou kamarátov. Zadanie hovorí, že súčet čísel na domoch, kde sa vie stretnúť dvojica kamarátov je 0. Teda, ak sa vedia stretnúť iba v jednom domčeku, tak na tomto domčeku musí byť číslo 0. Keď sa podrobne pozrieme na mapu, tak napríklad kamaráti z domčekov a sa vedia stretnúť iba v . Teda musí na sebe mať číslo 0. Dokonca takýchto dvojíc kamarátov je viac:

• a sa vedia stretnúť iba v .
• a sa vedia stretnúť iba v .
• a sa vedia stretnúť iba v .

To stále nie sú všetky dvojice. Existujú aj ďalšie, napríklad a sa tiež vedia stretnúť iba v . Ale z ďalších takýchto dvojíc už nezískame ďalšie domčeky, ktoré vieme jasne označiť číslom 0. Teda týmto postupom sa vieme dostať iba k nasledovnej mape.

Teraz skúsme vymyslieť ako ukázať, že aj na musí byť číslo 0. Kamarát z tohto domčeku sa vie s ostatnými kamarátmi stretnúť buď u seba doma, alebo u suseda doma. Povedzme, že sa chce stretnúť práve so svojím susedom z . Avšak na domčeku už vieme, že sa nachádza 0. Aby teda súčet a bol 0. Čo sú jediné možnosti, kde sa vedia stretnúť. Tak aj na musí byť 0.

Rovnakú úvahu vieme použiť pre ďalšie domčeky, ktoré ešte nie sú označené číslom 0. Tak ako a sa vedia stretnúť iba v a .

• a sa vedia stretnúť iba v a .
• a sa vedia stretnúť iba v a .

A keďže a už na sebe majú čísla 0, tak aj na a musia byť 0.

Podobne sa môžeme pozrieť na nasledovné dvojice:

• a sa vedia stretnúť iba v a .
• a sa vedia stretnúť iba v a .

A keďže a už na sebe majú čísla 0, tak aj a musia byť 0.

Nakoniec použijeme opäť podobnú úvahu. Tentoraz pre nasledovné dvojice kamarátov:

• a sa vedia stretnúť iba v , a . Keďže a majú na sebe čísla 0, tak aj musí byť 0.
• a sa vedia stretnúť iba v , a . Keďže a majú na sebe čísla 0, tak aj musí byť 0.

Týmto spôsobom sme ukázali, že na každom domčeku sa musí nachádzať číslo 0. V tejto úlohe existovalo naozaj veľké množstvo iných postupov ako sa dostať ku rovnakým záverom, my sme ukázali iba jeden z nich.

​Keď sa trošku pohráme s "hlavolamom" v zadaní, zdá sa, že by nemal byť problém preusporiadať čísla akokoľvek si vymyslíme. Aby sme dokázali prvú podúlohu, bude nám stačiť vysvetliť jeden z mnohých spôsobov ako z hociakého usporiadania dostaneme zoradenie 1 2 3 4 5​. Dáme ho ako návod, z ktorého bude jasne vidno, že výsledkom bude vždy správne zoradenie:
Čísla budeme umiestňovať na ich cieľové pozície postupne od najmenšieho. Zoberieme jednotku, a presunieme ju do spodného riadka. Ten je celý prázdny, takže ju môžeme posunúť pod jej cieľovú pozíciu. Ak je na tejto pozícii iné číslo, posunieme doprava všetky čísla vo vrchnom riadku ktoré môžeme. To sa dá, pretože jednotka v ňom niekde uvoľnila miesto (okrem prípadu kedy už bola na svojom mieste, vtedy nič posúvať nepotrebujeme). Máme teda voľné a môžeme jednotku dať na cieľovú pozíciu.
To isté teraz budeme robiť s ďalšími číslami. Zoberieme číslo, dáme ho pod jeho cieľovú pozíciu, uvoľníme ju posunom doprava (nie doľava lebo tam sú všetky miesta zaplnené už "vybavenými" číslami) a posunieme na cieľovú pozíciu.

Pri konkrétnom rozložení 35142 je veľa možností čo robiť, pravdepodobne sa nám pomerne ľahko podarí aj viacerými rôznymi spôsobmi popresúvať všetko na správne miesta za 16​ ťahov.
Zadanie sa pýta, koľko je najmenej. Keďže lepšie sa nám nepodarilo, skúsme predpokladať že odpoveď je naozaj 16​. Vyskúšame nejak dokázať, že na menej sa to nedá. Ak sa nám podarí povedať, že ťahov musí byť aspoň 16​, tak máme odpoveď, lebo vieme že 16​ je naozaj možné, a teda najnižšie. Alebo, ak aj nie, tak po ceste asi objavíme, čo lepšie ako 16​ ťahov by sa dalo spraviť.

Skúsme začať tým, že nájdeme aspoň nejaký, kľudne aj o dosť menší počet ťahov, o ktorom vieme určite povedať že toľko potrebujeme. Predstavme si, že by každé číslo išlo priamo na svoje miesto - nemuseli by sa vôbec vyhýbať. Číslo jeden sa musí pohnúť o 2​ doprava, dvojka o 3​, trojka o 2​, štvorka o 0​, päťka o 3​. Spolu je to 2+3+2+3=10​ ťahov. Tým máme vybavené minimum vodorovných ťahov, no my vieme, že aby sa čísla vyhli, musia sa hýbať aj zvislo - medzi riadkami.

Poďme sa presnejšie pozrieť na to, ako to funguje. Ak sú na začiatku nejaké dve čísla v opačnom poradí ako majú byť na konci, tak jedno z nich bude musieť uhnúť do spodného riadka, lebo nemôžu prejsť cez seba. To nás stojí aspoň 2​ ťahy navyše, lebo prinajlepšom pôjde (iba raz) dole a potom späť hore. Takýto prípad sú trojka a jednotka. Potom tu máme napríklad aj päťku a štvorku, a tu je to ešte zložitejšie, lebo päťka sa zároveň musí obísť aj s dvojkou a aj štvorka sa musí obísť s dvojkou. Čísla 5​, 4​ a 2​ teda tvoria taký "trojuholník" kde každý sa musí obísť s každým. Nestačí teda, aby sa uhlo iba jedno z týchto troch čísel, lebo to by v hornom riadku boli celý čas tie zvyšné dve, ktoré sa nevedia vymeniť. Preto z tejto trojice musia ísť do dolného riadku minimálne dve. Zo zvyšných čísel, 3​ a 1​ musí ísť do dolného riadku jedno číslo, a každé číslo v dolnom riadku nám pridá 2​ ťahy navyše. Ku pôvodným 10​ ťahom na vodorovný presun teda musíme pridať minimálne 3\cdot2=6​ ťahov, dva presuny pre tri rôzne čísla, a tým dostávame práve 16​ ťahov.

Nemuseli sme teda podrobne preskúmať všetky dvojice ktoré sa potrebujú obísť, už len z tých čo sme tu popísali vieme, že aspoň 3​ čísla musia ísť dole, a to dá dokopy minimálne 16​ ťahov. A riešiť, či nebudú potrebovať náhodou ešte viac ťahov nemusíme, ak vieme nájsť nejaký príklad, kedy sa to na 16​ ťahov zvládne. Napríklad to môže vyzerať takto:

Odpoveď: Čísla vieme vždy zoradiť, a v zadanom prípade na to budeme potrebovať najmenej {16}​ ťahov.

Najprv si uvedomme, že klamať musela Alic. Ak by hovorila pravdu, tak podľa jej druhého tvrdenia by stavba mala vyzerať ako na obrázku.

Žiaľ červené kocky sú iba 3. Zozadu by videla 2 z nich a ostáva ešte 5 iných kociek. Nech budú mať ostatné kocky ľubovoľné farby, tak buď budú 3 žlté, alebo budú 3 zelené. V každom prípade bude existovať farba, ktorej ALic vidí viac ako červenej. Alic musí klamať.

Práve sme ukázali, že Alic klame, preto Macker hovorí pravdu. Kocky si vieme ofarbiť podľa Mackerovho druhého tvrdenia.

Ak by bolo zozadu vidieť ešte jednu červenú kocku, tak by Alicino prvé tvrdenie bolo pravdivé, lebo Alic zozadu vidí od každej farby maximálne 3 kocky. Preto je posledná červená kocka buď tá úplne vpredu, alebo tá v strede. Do toho ešte vstupuje Mackerovo prvé tvrdenie. Sprava videl 2 červené kocky. Posledná červená kocka teda nemôže byť schovaná v strede, ale bude vpredu.

Alic vo svojom druhom tvrdení musí klamať, takže aspoň jedna kocka musí mať inú farbu, ako tvrdí. Zadná kocka nemôže byť červená, lebo červenú kocku už nemáme a ani zelená, lebo by Alicino druhé tvrdenie bolo pravdivé. Je preto žltá.

Aktuálne nech by ostatné kocky boli umiestnené akokoľvek, tak stavba spĺňa, že Alic klame v oboch svojich tvrdeniach a Macker hovorí pravdu. Z ich tvrdení už nič nezistíme. Na scénu prichádza Ivka ktorá hovorí: 

"Ak by ste sa ma spýtali na ľubovoľnú kocku, ktorú vidíte z ľubovoľnej strany, a ja by som vám pravdivo povedala, akej je farby, stále by ste nevedeli stavbu postaviť."

Ak by sme sa spýtali na kocku a Ivka by nám povedala, že je zelená, tak by sme už stavbu doplnili, lebo ostatné kocky budú žlté. Takže ak sa spýtame na ľubovoľnú neurčenú kocku, ktorú vidíme z ľubovoľnej strany, tak nemôže byť zelená. Preto je posledná zelená kocka schovaná v strede.  Finálna stavba vyzerá nasledovne.

V rovnobežníku platí, že má strany oproti sebe rovnako dlhé, čiže v našom prípade AB=CD​ a AD=BC​. Obsah trojuholníka vypočítame ako \frac{1}{2} \cdot základňa\cdot výška_z​ a obsah rovnobežníka ako základňa\cdot výška_z​. Výšku rovnobežníka ABCD​ na stranu AB​ (respektíve stranu CD​) si označím ako v​, stranu AB​ si označím ako a​, takže S=av​.

Zo zadania vieme, že S△AED + S△BFC = \frac{1}{3} S​. Načrtnime si obrázok podľa podmienok zo zadania.

​
Poďme si vyjadriť obsahy niektorých častí rovnobežníka, ktoré nám potom pomôžu na vyjadrenie obsahu štvoruholníka EOFM​.

Obsah △ABM​ je \frac{1}{2} \ cdot |AB| \cdot v=\frac{1}{2}av=\frac{1}{2}S​. Taktiež vieme, že:
S△ADM+S△BCM=SABCD-S△ABM=S-\frac{1}{2}S=\frac{1}{2}S​
S△DEM+S△MFC=(S△ADM+S△BCM)-(S△AED+S△BFC)=\frac{1}{2}S-\frac{1}{3}S=\frac{1}{6}S​

O uhlopriečkach v rovnobežníku platí, že sa rozdeľujú na polovicu, takže DO=OB​ a AO=OC​. Zároveň platí ∡DOC=∡BOA​, pretože sú vrcholové uhly. Z tohto vieme, že △AOB​ je zhodný s △COD​ podľa vety sus​ (DO=OB, AO=OC, ∡DOC=∡BOA​) a nakoľko sú zhodné, tak musia mať aj zhodné výšky. Keďže výšky △AOB​ aj △COD​ prechádzajú cez O​ a sú zhodné, tak výška △COD​ musí byť \frac{1}{2} výšky rovnobežníka ABCD​. Z toho vyplýva, žeS△​COD=\frac{1}{2} \cdot (a \cdot \frac{1}{2}v)=\frac{1}{4}av=\frac{1}{4}S.

Obsah štvoruholníka EOFM si vieme vyjadriť ako S△COD-(S△DEM+S△MFC)​ a to je po dosadení vypočítaných obsahov \frac{1}{4}S-\frac{1}{6}S=\frac{1}{12}S​.

Odpoveď: Obsah štvoruholníka EOFM je \frac{1}{12}​ obsahu rovnobežníka ABCD​.

Najprv sa pozrime aké hodnoty môže súčin v riadku alebo stĺpci nadobúdať. Keďže násobíme vždy 1, ktoré pri násobení nespravia nič, alebo -1, ktoré len zmenia znamienko, tak jediné možné súčiny v riadku a stĺpci sú 1, -1.

Teraz sa skúsme pozrieť na to, čo by sa stalo, kebyže v niektorom políčku zmeníme 1 na -1, alebo naopak. Keďže tým len zmeníme znamienko, tak celkový súčin v tom riadku a stĺpci sa tiež zmení len v znamienku, teda z 1 na -1​, alebo naopak.

Ale čo to znamená pre celkový súčet tých súčinov? Ak sa zmenil súčin z -1 na 1​, tak celkovo sa súčet zvýši o 2. Naopak, ak by sa zmenil z 1 na -1, tak by sa súčet znížil o 2.

Teraz si ale uvedomme že jednou takouto zmenou čísla, sa zmenia 2 súčiny, jeden v riadku a jeden v stĺpci. Teda môžu nastať nasledovné 3 situácie: Buď sa oboje zmenia z 1 na -1, čím sa zníži celkový súčet o 2+2=4, zmenia sa oboje z -1 na 1, čím sa zvýši celkový súčet o 2+2=4, alebo sa jedno zmení z -1 na 1 a druhé naopak, čím sa celkový súčet zmení o 2+(-2)=0.

Všimnime si ale, že pri každej z týchto možností sa zmení súčet o násobok 4, teda pokiaľ sa máme jednu situáciu, kde má celkový súčet nejaký konkrétny zvyšok po delení 4, tak aj v každej inej možnosti bude mať celkový súčet rovnaký zvyšok po delení 4​. 

A aký to teda bude zvyšok? Všimnime si, že sa do ľubovoľnej inej pozície vieme dostať z tabuľky plnej 1 tým, že niektoré pomeníme za -1. A súčin v každom riadku/stĺpci je zjavne 1. Teda celkový súčet je 2\cdot2025=4050, ktoré má zvyšok po delení štyrmi 2 (4050\div4=1012 \: zv. \: 2, \: 4\cdot1012+2=4050​)

0 ale nemá zvyšok 2 po delení 4 a teda nie je možné aby sme dosiahli súčet 0.

Odpoveď: Nie, Anička nemohla dostať súčet 0​.

Najprv si označme magické číslo ako g​. Skúsime si rozmyslieť, čo to znamená, že na začiatok čísla pripíšeme nejaké cifry. No znamená to, že k číslu pripočítame n \cdot 10^m, pričom m​ je počet cifier g​. Teda celé nové číslo sa bude rovnať n\cdot10^m + g.

No a my chceme, aby tento výraz bol deliteľný g​. A na to musí byť teda n\cdot10^m​ deliteľné g​. Toto však musí platiť pre každé n​. Teda aj pre n=1. No ale ak platí, že 1\cdot10^m​ je deliteľné g​, tak platí to čo sme chceli, a teda že n\cdot10^m​ je deliteľné g​. Teda pre každé magické číslo g​ musí platiť, že musí deliť 1\cdot10^m, pričom teda m​ je počet cifier g​. 

Ponúka sa povedať, že magické čísla sú také, ktoré jednoducho delia nejaké 1\cdot10^m. Musíme si však dať pozor, lebo napríklad 625 delí 10000, ale pre 625 je m=3, a 625 nedelí 1000. 

Ako teda správne nájdeme všetky magické čísla? Tak pozrime sa na prvočíselný rozklad 10^m. Je to 2^m\cdot5^m. Ako dostaneme nejakého deliteľa? No tak, že vyškrtneme odtiaľ niekoľko výskytov prvočísel. Všimnime si však jednu veľmi dôležitú vlastnosť. Ak by sme vyškrtli prvočísla so súčinom viac ako 10, tak by výsledné číslo malo menej ako m​ cifier. Teda to sa stať nemôže. Teda stačí nám nájsť všetky kombinácie 2,5 ktoré môžeme vyškrtnúť, aby sme v ich súčine dostali menej ako 10.

Škrtáme 2 \rightarrow 2 = 2. Dostávame 5 \cdot 10^{m-1} je magické číslo.

Škrtáme 5 \rightarrow 5 = 5. Dostávame 2 \cdot 10^{m-1} je magické číslo.

Škrtáme 2,2 \rightarrow 2\cdot 2 = 4. Dostávame 5^2 \cdot 10^{m-2} je magické číslo.

Škrtáme 2,5 \rightarrow 2\cdot 5 = 10. Dostávame 10^{m-1} je magické číslo.

Škrtáme 2,2,2\rightarrow 2\cdot 2\cdot 2 = 8. Dostávame 5^3\cdot 10^{m-3} je magické číslo.

Viac kombinácii spraviť nejde. Teda sme našli všetky magické čísla (v týchto vzorcoch je m dĺžka cifier magického čísla, ktorého chceme).

Aby sme mohli k rovniciam rozumne referovať, označíme si ich:

• (1) a^3 + c^3 = 2
• (2) a^2b + c^2d = 0
• (3) b^3 + d^3 = 2
• (4) ab^2 + cd^2 = -5

Dokazovať, že niečo nemá riešenie je pomerne náročné. Preto sa oplatí začať nejakými pozorovaniami.

Poďme sa najprv pozrieť na rovnice (2) a (4). Ľavé strany sú si podobné, no rovnica (2) má na pravej strane 0. To znamená, že buď sa budú oba členy rovnať 0, alebo ani jeden. Bude teda platiť jedna z dvoch možností:

• a^2b=0 a zároveň c^2d=0
• a^2b \neq 0 a zároveň c^2d \neq 0

Ak by platila prvá možnosť, potom by nutne platilo aj:

• ab^2 = 0 a zároveň cd^2 = 0

A teda by rovnica (4) neplatila. To znamená, že žiadne z čísel a, b, c, d nebude 0, keďže na nulový súčin stačí, aby bolo jedno z čísel 0.

Ak žiadne z čísel a, b, c, d nie je 0, znamená to, že v rovnici (2) bude jeden člen kladný a druhý záporný. Keďže štvorec čísla (štvorec nazývame keď je číslo na druhú) je vždy kladný, potom z rovnice (2) vyplýva, že jedno z čísel b a d je kladné a druhé záporné.

Takéto počiatočné pozorovania sú super, lebo si na rovnice trošku zvykneme a všimneme si, že ako fungujú.

Pozrime sa teraz na rovnicu (1): a^3 + c^3 = 2 a^3 = -c^3 + 2 A teda a^3 > -c^3, lebo k c^3 ešte musíme pridať 2, aby to bolo a^3. Keďže nepárne mocniny môžeme v nerovniciach umocňovať, dostaneme:

(5) a > -c

Analogickými úpravami dostaneme z rovnice (3):

(6) b > -d

Do tejto chvíle sme nedospeli k žiadnemu sporu a vyzerá to tak, že už z rovníc v zadaní toho nevieme moc veľa vyčarovať. Na rad prichádza trik. Skúsený algebraik v rovniciach zo zadania spozná známy rozklad súčinu: (a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3b^2a+b^3 A podobne aj pre c a d: (c+d)^3 = c^3 + 3c^2d + 3d^2c + d^3 No a samozrejme, keď už takéto niečo platí, bude pravdepodobne existovať spôsob, ako to budeme vedieť v riešení využiť.

Sčítajme teda tieto rovnice a dosaďme hodnoty zo zadania:

(a+b)^3 + (c+d)^3 = \\ = a^3 + c^3 + b^3 + d^3 + 3(a^2b + c^2d + ab^2 + cd^2) = \\ = 2+2+3(0+(-5)) = -11 \\

A teda:

(a+b)^3 + (c+d)^3 = -11 \\ (a+b)^3 = -(c+d)^3 -11 \\ (a+b)^3 < -(c+d)^3 \\ a + b < -c-d \\

Ak sa pozrieme kúsok vyššie na nerovnice, ktoré sme si odvodili len zo zadania:

• (5) a > -c
• (6) b > -d

A sčítame ich:

a+b > -c-d

Dostaneme spor. Z toho teda vyplýva, že rovnice naozaj nemajú žiadne riešenie.

Nakreslíme si obrázok, pričom M, N sú postupne stredy strán CD a AP.

Chceme dokázať, že MN \perp BP, avšak v obrázku nemáme žiadne pravé uhly. Za to však máme veľa rovnobežností a stredov strán, takže rovnobežnosť by sa nám dokazovala ľahšie. Takže môžeme skúsiť dokresliť nejakú kolmicu na BP a dokázať, že táto kolmica je rovnobežná s MN, z čoho by potom zo striedavých uhlov platilo, že MN \perp BP. Najlákavejšia kolmica na BP vyzerá byť výška v trojuholníku BPC, označíme si jej pätu E. Takže chceme dokázať, že CE \parallel MN.

Keďže trojuholník BPC je rovnoramenný so základňou BP, tak päta výšky E musí byť stredom strany BP. Pozrime sa na trojuholník ABP, N je stred AP a E je stred BP, teda NE je jeho strednou priečkou. Takže dostávame |NE| = \frac{|AB|}{2} a NE \parallel AB.

Keďže ABCD je rovnobežník, tak |AB| = |CD| a AB \parallel CD. To znamená, že |NE| = \frac{|CD|}{2} = |MC| a NE \parallel CD. To je však dostatočná podmienka na to, aby NECM bol rovnobežník. Z toho dostávame MN \parallel CE, čo sme chceli ukázať.