Vzorové riešenia 1. kola

V prvom kroku zrátame, koľko celých 6-uholníkov sa nachádza v uličke. Časť označená číslom 2 je určite celý 6-uholník. Časti 1, 3, 4 a 5 sú polovice 6-uholníkov, nakoľko rozdelujú 6-uholník na dve časti s troma stranami. Kombináciou týchto častí nám vzniknú dva celé nové 6-uholníky. 

Ostali nám časti 6,7,8 a 9. Vidíme, že časť 7 je rovnaká ako časť označená ako 12, nakoľko obe sú trojuholníky s rovnakými ramenami (strany 6-uholníka). Taktiež časť 6 je rovnaká ako časť 11, nakoľko obe vznikli prekrytím dvoch rovnakých trojuholníkov ako je časť 7. Týmto sme dostali ďalší celý 6-uholník, zložený z častí 6, 7 a 9. 

Keďže nám ostala časť 8, nezostáva nám nič iné, ako vypočítať jej obsah. 

Každý pravidelný 6-uholník je zložený zo šietich rovnakých rovnostranných trojuholníkov. Nakoľko majú naše 6-uholníky obsah 6m^2, tak jeden rovnostranný trojuholník bude mať 1m^2. Časť 8 obsahuje štyri celé rovnostranné trojuholníky a časť, ktorá rozpoluje dva rovnostranné trojuholníky. Preto má časť 8 dokopy 4m^2+2\cdot(1/2 \cdot1m^2) = 5m^2. 

Teraz už len spočítame všetko dokopy. Máme 4 celé 6-uholníky s obsahom 6m^2 a časť 8, ktorá má  5m^2. Dokopy to je 4\cdot6m^2+5m^2 = 29m^2.

Začneme tým, že skúsime zistiť, kto je dôveryhodný, keďže z jeho odpovede budeme mať pravdivé informácie o iných. 

Informátor č.1 nemôže byť dôveryhodný, keďže o sebe vraví, že je neskúsený. To by o sebe dôveryhodný informátor nikdy nepovedal, nakoľko neklame. 

Infromátor č.2 taktiež nemôže byť dôveryhodný, pretože hovorí, že informátor č.1 je dôveryhodný, čo už vieme, že je klamstvo.

Z toho nám vyplýva, že dôveryhodný musí byť informátor č.3. Keďže vieme, že hovorí pravdu, môžeme sa odraziť od jeho výroku a na základe neho zistiť zvyšných dvoch. 

Dôveryhodný informátor č.3 tvrdí, že nikto pred ním zatiaľ nepovedal pravdu. Z tohto vyplýva, že infromátor č.1 klame. Keďže tvrdí, že je neskúsený a zároveň vieme že nevraví pravdu, musí byť nedôveryhodný. Na základe toho, že už máme jedného dôveryhodného a jedného nedôveryhodného informátora vieme, že informátor č.2 je neskúsený. 

Takto sme zistili, že informátor č.1 je nedôveryhodný, informátor č.2 je neskúsený a informátor č.3 je dôveryhodný. 

Najrýchlejší spôsob ako sa vedia kamióny dostať na posledné tri políčka je 9 ťahmi, a to tak, že zakaždým pôjde ten posledný kamión a preskočí oba zvyšné kamióny, čím sa posunie najviac dopredu. Takto sa celá trojica kamiónov posunie o jedno políčko dopredu, len sa zmení ich poradie, na čom nám v zadaní nezáleží, lebo je jedno ako budú na konci zoradené. 
Ak sa majú v prvej otázke dostať kamióny do cieľa na 10 ťahov, budú sa musieť niekedy ”zdržať” inými ťahmi, ako skákaním o 3. Pozrieme sa na to, čím môžu takýto skok nahradiť, teda aké majú možnosti, ak sa chcú ako trojica posunúť o 1 políčko dopredu dvoma ťahmi a nie iba jedným. Tým by sme dostali 8+2=10 ťahov namiesto 9. 

Namiesto ťahu posledným kamiónom môžu spraviť napríklad ťah stredným kamiónom. Potom musí urobiť ťah posledný kamión, aby ich dobehol, inak by sa príliš vzdialili, a celá cesta by trvala viac ako 10 ťahov. Takto teda ako trojica sa presunuli o 1 políčko dopredu za 2 ťahy (ako na obrázku).

Iná možnosť je už len tá, že ťah urobí najprv prvý kamión. Na vytvorenie trojice sa teraz musí posunúť posledný kamión. Ak by sa posunul prvý, znova by odišiel príliš ďaleko od ostatných, a keby sa presunul stredný a až potom posledný, mali by sme 3 ťahy namiesto trojskoku - celkový počet ťahov by sa nám zvýšil aspoň o 2 na 11. 

Máme dohromady 9 dlhých ťahov, ktoré môžeme potenciálne nahradiť jednou z dvoch možností. Spolu je teda 2\cdot9=18 možností, ako sa môžu dostať na koniec na 10 ťahov.

Pri 11 ťahoch bude problém o trochu zložitejší, ale znova začneme z najrýchlejšej cesty, ktorú potrebujeme zdržať o 2 ťahy. Môžeme niektoré dva z 9 veľkých ťahov nahradiť niektorou dvojicou z predošlej podúlohy, alebo prípadne jeden ťah trojicou ťahov o 1 (ako na obrázku nižšie). Oboma týmito spôsobmi vytvoríme 11 ťahov. 

V tomto prípade už ale neplatí, že sa nemôžeme nejakým kamiónom viac vzdialiť od ostatných. Čo by to mohlo znamenať je, že ešte existujú také možnosti, kde napríklad prvý kamión prejde viac políčok, kým sa oba zvyšné zaradia za neho. Potom to nebude výmena trojitého ťahu za niekoľko iných ťahov, ale bude to výmena viacerých trojitých ťahov, ktorá sa nedá rozkúskovať. Napríklad:

Poďme si ale systematicky prejsť, ako sa kamióny môžu hýbať, aby vytvorili najviac 2 ťahy navyše. Začneme vždy od ťahov prvého kamióna a budeme postupne skúšať ďalšie, kým nedostaneme niečo čo už sme mali, alebo kým nebude jasné, ako sa musia hýbať aby nepotrebovali príliš veľa ťahov.

Animácia ukazuje prípad, kedy prvý kamión ide 2-krát po sebe dopredu. Potom ho musia zvyšné dva čo najrýchlejšie dobehnúť, aby presne stihli prísť na koniec za 11 ťahov, pretože už takto sa pridajú 2 ťahy (4 namiesto dvoch pôvodných veľkých). 

Ak pôjde prvý kamión o 1 dopredu a potom za ním druhý, musí hneď ísť hneď tretí (aby nevzniklo príliš veľa ťahov), ale takú možnosť sme už spomínali v prevej podúlohe. Podobne ak pôjde prvý a potom posledný, posunuli sme sa iba trojicou o 1 dopredu, čo sme už mali.  

Ak začne druhý kamión a potom pôjde znova (už z pozície prvého), musí ísť 2-krát posledný, aby sa stihli zaradiť za seba a vytvoriť iba 2 ťahy navyše (4 namiesto 2). 

Taktiež môže ísť druhý kamión a po ňom ten, čo bol pôvodne prvý, a zase ich posledný musí rýchlo dobehnúť dvomi ťahmi.
Ak by šiel druhý a po ňom posledný, ide o situáciu z prvej podúlohy kde vzniká iba 1 ťah navyše. Ak by šiel hneď posledný, je to klasický rýchly posun o 3 - nič zaujímavé tu nevznikne. Spolu sme tu teda našli 3 zaujímavé možnosti, všetky také, že namiesto 2 veľkých ťahov majú 4.

Tak teda máme všetky možné prípady, treba ich len spočítať. Možné spôsoby ako dostať 11 ťahov sú:
1 trojitý ťah vymeníme za 3 ťahy: 1\cdot9 možností (Máme 9 dlhých ťahov, a ten ktorý meníme môžeme zmeniť iba 1 spôsobom)
1 trojitý ťah vymeníme za 2 ťahy, a ďalší trojitý tiež za 2 ťahy: \frac{9\cdot8}{2}\cdot2\cdot2=144 možností (9 možností na prvý dlhý ťah ktorý budeme meniť, 8 na druhý, ale takto zarátavame každú dvojicu dvakrát, takže delíme dvoma. Potom prvý aj druhý vybratý ťah vieme zmeniť dvomi spôsobmi za 2 menšie - 2+1 alebo 1+2)
2 trojité ťahy po sebe vymeníme za 4 menšie: 8\cdot3=24 (dvojíc susedných ťahov je 8, a každú vieme nahradiť 3 spôsobmi opísanými vyššie)

Spolu teda máme 9+144+24=177 možností

Odpoveď: Na 10 ťahov je 18 možností a na 11 ťahov je 177 možností.

Najprv si môžeme všimnúť, že výsledné puzzle bude obdĺžnik, do ktorého budeme umiestnovať tých

851 dielikov. Obsah obdĺžnika vyrátame ako a\cdot b=S , kde v tomto prípade a aj b sú celé čísla. Prvočíselný rozklad čísla 851 je 23\cdot 37. Zjavne má obdĺžnik aspoň 2 stĺpce aj riadky, takže vypĺňame tabulku, ktorá má dĺžky strán 23 a 37.

Existuje jediný spôsob ako vyplniť ponúkanými dielikmi okraj obrázka. Najprv v rohoch sa nutne nachádza dielik A. Má ako jediný 2 hladké steny.

Ostatok okraja budeme vypĺňať dielikmi B a C. Obrázok môžeme ľubovoľne otáčať, tak si povedzme, že spodná strana bude tá dlhšia. Všimnime si, že ak na ľubovoľné miesto na spodnej strane iné ako to pri pravom dolnom rohu dáme dielik C tak už zaň nemáme čo dať a teda puzzle nepostavíme.

Všetky až na posledný dielik na spodnej strane teda musí byť dielik typu B a posledný dielik je C. Úplne rovnako dostávame vyplnenie okraja pre ostatné hrany.

Teraz sa sústreďme na stred. Najprv každý výstupok musí pasovať do preliačiny na inom dieliku puzzle, takže počet výstupkov a preliačin musí byť celkovo rovnaký. Dielik E má rovnaký počet výstupkov a preliačin takže rovnosť nemení. Naopak pridaním výstupku D sa počet preliačin zvýši o 2. Z okraja puzzle trčí 2\cdot(37-3)+2\cdot(23-3)=108

výstupkov a 4 preliačiny. Aby celkový počet preliačin dorovnal počet výstupkov potrebujeme aby 

4+2\cdot D=108.Aby počet výstupkov sedel, tak počet dielikov typu D musí byť 52. Teraz ľahko dorátame nutný počet dielikov typu E. 

E=851-A-B-C-D=851-4-4-108-52=683

Toto je takmer koniec. Ostáva overiť, že sa tabulka naozaj dá vypočítanými počtami dielikov vyplniť. Keď to vyskúšame, zistíme, že sa to dá, napríklad tak, ako na tomto obrázku:

Keď vypočítame, koľko tam je tmavomodrých dielikov, zistíme, že je to 20 \cdot 34 = 680 vo veľkom obdĺžniku modrých dielikov a ešte tri navyše v rohoch, dokopy presne 683.

Začneme tým, že si každé políčko označíme nejakým písmenkom. Keďže jedna oblasť má všetky políčka rovnaké, políčka z rovnakej oblasti si označíme rovnakým písmenkom.

Pozrieme sa na úplne spodný riadok tabuľky. Vieme, že keď vynásobím číslo dvomi, bude vždy párne. V spodnom riadku mám políčka 2f+g+2i=15. 2f aj 2i je určite párne, ale celkový súčet je nepárny (15) -> teda g musí byť nepárne.

Z predposledného riadku zdola vieme vyčítať, že b+2g+h+e=5. Čo nám to hovorí o g? Že musí byť ≤2, lebo ak by boli aj všetky ostatné čísla (b,h,e) nulové a g by bolo väčšie ako 2 (napr. 3), táto rovnica by nemohla platiť, lebo 2g>5.

O g teda už vieme, že je nepárne, a že je ≤2. Taktiež zo zadania vieme, že je nezáporné prirodzené číslo. Preto môžeme s istotou povedať, že g=1.

Keď sa pozrieme na 2 ľavé stĺpce, vidíme, že ten najviac vľavo má súčet políčok 8, a ten druhý zľava má súčet políčok 11. Takže rozdiel týchto dvoch stĺpcov je 11-8=3. Môžeme si ale všímnúť, že a, b, aj fsú v oboch stĺpcoch, preto oni rozdiel nijako nezmenia. Rozdiel bude teda medzi 2b a c+1. Túto úvahu si môžeme zapísať aj rovnicou:

a+3b+f+3=a+b+c+1+f \quad |-a-b-f-1

2b+2=c

Rovnakou úvahou, ako sme zistili, že f≤2, vieme aj, že c≤3 (3. riadok by mal inak priveľký súčet), a b≤2 (ľavý stĺpec).

Teraz si do rovnice c=2b+2 doplníme možné b:

\begin{array}{c|c} b & c \\ \hline 0 & 1 \\ 1 & 4 \\ 2 & 6 \end{array}

Vidíme, že jediná možná kombinácia b, c, je, že b=0,  c=2.

Teraz si vezmime 3. riadok. Je z neho jasné, že buď d=1, e=0, alebo d=0, e=1. Rozoberme si teda obe tieto možnosti.

a) d=0, e=1

Vieme si dopočítať h, a to ako h=5-1-1-e=2 (v obrázku už je doplnené). Z 1. stĺpca, 4. stĺpca a 5. riadku si zostavíme sústavu rovníc, ktorú jednoducho vyriešime.

a+f=8 \quad | -f \\ a+2+i=6 \quad | -2 \\ 2f+1+2i=15 \quad | -1a=8-f \\ a+i=4 \quad | \,a=8-f\\ 2f+2i=14 \quad | :2a=8-f \\ 8-f+i=4 \quad | +f-8\\ f+i=7

a=8-f \\ i=f-4\\ f+i=7 \quad | \,i=f-4

a=8-f \\ i=f-4 \\ f+f-4=7 \quad | +4

a=8-f \\ i=f-4 \\ 2f=11 \quad | :2

a=8-f \\ i=f-4 \\ f=5,5 \quad | :2

Lenže f nemôže byť desatinné, preto táto možnosť (d=0, e=1), nefunguje.

b) d=1, e=0

Rovnako ako vyššie vieme dopočítať h, a to ako h=5-1-1-e=3 (v obrázku už je doplnené). Z 1. stĺpca, 4. stĺpca a 5. riadku si zostavíme sústavu rovníc, ktorú jednoducho vyriešime.

a+f=8 \quad | -f \\ a+1+1+3+i=6 \quad | -5 \\ 2f+1+2i=15 \quad | -1

a=8-f \\ i=f-7 \\ f+i=7 \quad | \, i=f-7

a=8-f \\ i=f-7 \\ 2f=14 \quad | :2

a=8-f \quad | \, f=7 \\ i=f-7 \quad | \, f=7 \\ f=7

a=1 \\ i=0 \\ f=7

K tomuto výsledku sme sa dostali cestou, že sme vylúčili všetky ostatné možnosti. Preto je to jediná správna možnosť, ako mohli byť drahokamy uložené v políčkach.

Každý z kolegov nám dáva informáciu koľkými z čísel 2,3,4,5 a 6 je pozmenené číslo deliteľné. 

Pre tieto čísla poznáme nejaké pravidlá deliteľnosti, ktoré hovoria o tom, čo musí pre číslo platiť aby bolo deliteľné. 

Pre 2:

•  ak je číslo párne, jeho posledná cifra je párna, bude deliteľné 2. 

Pre 3:

•  ak má číslo ciferný súčet deliteľný 3, bude deliteľné 3.

Pre 4: 

•  ak je posledné dvojčíslie čísla deliteľné 4, bude deliteľné 4.

Pre 5:

•  ak je posledná cifra čísla 0 alebo 5, bude deliteľné 5.

Pre 6: 

•  ak sú splnené pravidlá pre 2 a zároveň 3, bude deliteľné 6.

Z týchto pravidiel si môžeme všimnúť, že pri menení prvých troch cifier čísla sa môže zmeniť iba deliteľnosť 3 a 6. Vieme však, že pri každej z týchto zmien musí byť číslo deliteľné iným počtom čísel, kedže každý kolega povedal iný počet. Teda čo sa jednotlivých otázok týka, v jednej odpovedi nemôže byť deliteľné ani jedným, v druhej práve jedným a v tretej oboma. 

To je však problém, lebo ak by bolo pôvodne párne, tak nemôže byť v týchto otázkach deliteľné iba 3, lebo vždy bude aj 2. Ak by bolo pôvodne nepárne, tak v žiadnej z týchto otázok nemôže byť deliteľné 6. 

V každom prípade niektorá z výpovedí musela byť klamlivá a teda všetci pravdu hovoriť nemohli. 

Uhly pomenujeme ako na obrázku. Zo zadania sú všetky strany päťuholníka ABCDE rovnako dlhé, takže trojuholníky ABC a CDE sú rovnoramenné. Z toho vyplýva, že uhol BAC je tiež \beta a uhol CED je tiež \gamma.

Keďže \left|\angle BCD\right|=2\left|\angle ACE\right|, tak \alpha+\beta+\gamma=2\alpha, teda \beta+\gamma=\alpha. Zároveň \varepsilon+\delta+\alpha=180\degree, pretože súčet veľkostí vnútorných uhlov v trojuholníku je 180\degree. Dosadíme do tejto rovnice \beta+\gamma namiesto \alpha a dostávame: 180°=\varepsilon+\delta+\beta+\gamma=\left| \angle BAE \right|+\left| \angle AED \right|. Uhly BAE a AED teda majú súčet veľkostí 180° a sú na rovnakej strane priamky AE otočené oproti sebe (takéto uhly nazývame priľahlé), čo znamená, že AB a DE sú rovnobežné a keďže \left| AB \right|=\left| ED \right|, ABDE je rovnobežník. Keďže AE má tiež rovnakú dĺžku (ako AB a ED), ABDE je kosoštvorec. To znamená, že úsečka BD má rovnakú dĺžku ako AE a všetky ostatné strany päťuholníka, aj ako BC a CD a tým pádom BCD je rovnostranný trojuholník. Všetky uhly rovnostranného trojuholníka majú 60°, teda \left| \angle BCD \right|=60\degree a uhol ACE je jeho polovica, takže \left| \angle ACE \right|=30\degree.

Označme si počet agentov v sektore A ako a a počet agentov v sektore B ako b

Ako prvé si môžeme všimnúť, že keďže každý agent pozná 4 agentov zo sektoru A a 3 agentov zo sektoru B tak v každom sektore musí existovať aspoň toľko agentov, teda a \geq 4, b\geq3.

Toto pozorovanie však vieme aj vylepšiť, lebo každý agent pozná iných 4 agentov z A a 3 agentov z B. Konkrétne keďže každý agent z A pozná iných 4 agentov z A tak a\geq4+1=5 a každý agent z B pozná iných 3 agentov z B tak b\geq3+1=4

Keďže sa agenti poznajú vzájomne, tak si môžeme všimnúť ešte nasledovné:
Každý agent z A pozná 3 agentov z B, teda dokopy dvojíc kde agent z A pozná agenta z B je 3a
Zároveň každý agent z B pozná 4 agentov z A teda dokopy dvojíc kde agent z B pozná agenta z A je 4b

Vieme ale, že to že sa poznajú je vzájomné, a teda sa musia tieto počty rovnať, teda 

3a=4b

Z čoho môžeme odvodiť

a=\frac{4b}{3}

a je zjavne prirodzené číslo, a teda aj \frac{4b}{3} a teda 3 delí 4b. Keďže ale 3 je prvočíslo tak buď delí 3 alebo b
3 zjavne nedelí 4 a teda nutne musí deliť b a keďže b\geq4 tak b musí byť aspoň 6. Potom:

a=\frac{4b}{3}\geq\frac{4\times 6}{3}=8

Teraz ukážeme príklad aby sme ukázali, že pre tento počet to už ide.

Ako prvé si spravme obrázok a doznačme si stred BD ako E a nech |BC|=a. Ďalej vieme dorátať uhol \angle ABC, keďže súčet uhlov v trojuhoľníku je 180^\circ, teda |\angle ABC|=180^\circ - 15^\circ - 45^\circ=120^\circ

Teraz spravme kružnicu so stredom v E. Všimnime si, že táto kružnica pretína AB aj v inom bode ako B, označme ho F. Z Tálesovej vety nám teda vyplýva, že |\angle BFD|=90^\circ. Zároveň, keďže B,F ležia na kružnici so stredom v E, tak |BE|=|FE|=a. Z toho nám vyplýva, že \triangle EBF je rovnoramenný, a teda |\angle EBF|=|\angle BFE|=60^\circ a dopočítaním do 180^\circ dostaneme, že aj jeho tretí uhol je 60^\circ, čím je rovnostranný, a teda |BE|=|FE|=|BF|=a

Teraz si ale všimnime, že vieme spraviť aj druhú kružnicu, a to cez C,E,F so stredom v B. Tentoraz z Tálesovej vety dostávame, že |\angle CFE|=90^\circ. Teraz si všimnime, že, že \triangle CEF, \triangle DBF majú zhodné uhly (90^\circ, 60^\circ) a aj rovnaké dĺžky strany oproti pravému uhlu, teda sú zhodné. 

Ďalej môžeme dorátať pár uhlov: |\angle BCF|=180^\circ-|\angle CFE|-|\angle FEC|=180^\circ-90^\circ-60^\circ=30^\circ \\ |\angle FCA|=|\angle BCA|-|\angle BCF|=45^\circ-30^\circ=15^\circKeďže |\angle BCF|=|\angle CAB|, tak je \triangle CAF rovnoramenný, a teda |CF|=|AF|. Ale \triangle CEF, \triangle DBF sú zhodné, a teda aj |FD|=|CF|=|AF|. Z tohto dostávame, že aj, že \triangle ADF je rovnoramenný, s pravým uhlom pri vrchole F.

Keďže je rovnoramenný, tak zvyšné uhly sú rovnaké, a teda dopočítaním do 180^\circ dostaneme, že je |\angle FAD|=|\angle ADF|=45^\circ. My chceme dorátať uhol |\angle ADC| a ten teraz už ľahko dorátame:

|\angle ADC|=|\angle ADF|+|\angle FDC|=45^\circ+30^\circ=75^\circ

Máme zadané, že p^2 + q^3 je druhá mocnina nejakého celého čísla. Tak si to číslo pomenujme n. Máme teda rovnicu

p^2 + q^3 = n^2

Rovnice, v ktorých vystupujú prvočísla ako tu sa oplatí skúsiť upraviť na súčin, lebo keď máme niečo z prvočísla napísané ako súčin, je už len málo možností, čo ten súčin môže byť (prvočísla totiž majú len málo deliteľov). Po chvíli skúšania rôznych úprav zistíme, že sa naša rovnica dá upraviť na rozdiel štvorcov:

q^3 = n^2 - p^2\\ q^3 = (n-p)(n+p)

S týmto tvarom sa robí dobre, lebo q^3 sa dá rozložiť na súčin dvoch čísel len málo spôsobmi - konkrétne len ako 1 \cdot q^3 a q \cdot q^2 (a opačne, q^3 \cdot 1 a q^2 \cdot q).

Keďže n aj p sú kladné, n+p > n-p, teda prvý činiteľ súčinu musí byť menší, než druhý. Potom nám ale ostávajú už len dve možnosti.

Prvá možnosť: n-p = 1;\ \ \ n+p=q^3

n = p + 1\\ n+p = (p+1)+p=2p+1\\ q^3 = 2p+1

Znova by sa nám páčilo nájsť tu nejaké rozloženie na súčin. Znova nájdeme úpravu, ktorá nám s tým pomôže:

2p = q^3-1 = (q-1)(q^2+q+1)