Vzorové riešenia 2. kola

Nakoľko do tabuľky 3 x 3 vkladáme všetky čísla od 1 do 9, musíme si dôkladne premyslieť, kde ktoré číslo vložíme. 

Finálny súčet je zložený z menších súčtov susediacich čísel. Preto sa pozrieme na to, ktoré políčka majú koľko susediacich políčok. Políčko v strede má 4 susedov, políčka okolo neho majú troch (zelené) susedov a políčka v rohu majú len 2 susedov (červené). Pre maximalizovanie súčtu dáme do stredného políčka 9, nakoľko bude zarátané v najviac dvojiciach. Do políčok s troma susedmi dáme čísla 8, 7, 6, 5. A na záver dáme do rohových políčok najmenšie čísla 4, 3, 2, 1.

V našom finálnom súčte bude teda zarátané každé číslo toľko krát, koľko má susedov, keďže finálny súčet sa skladá zo súčtu každej dvojice susediacich políčok. 

Maximálna cena prsteňa:

9*4+(8+7+6+5)*3+(4+3+2+1)*2 = 134

Teraz poďme zistiť, koľkými rôznymi vyplneniami ju vieme dosiahnuť. Vieme, že 9 určite bude v strede. Potom existuje 4! = 4*3*2*1 = 24 možností, ako vieme umiestniť čísla 8, 7, 6 a 5 do štyroch políčok susediacich so stredným políčkom. Je to preto, pretože zoberme si napríklad políčko A. Máme 4 možnosti, ako vybrať číslo na toto políčko. Akonáhle toto číslo uložíme, už ho nevieme dať inam. Preto na políčko B už máme iba 3 možnosti, ako vybrať číslo. Na políčko C už iba dve a na políčko D nám ostane posledné. Rovnako vieme ukladať aj čísla 4, 3, 2, a 1, takže aj tam máme 24 možností. 

Nakoniec to celé vynásobíme: 24*24* 1= 576, nakoľko pre všetky uloženia čísel 8, 7, 6 a 5 máme 24 rôznych uložení čísel 4, 3, 2 a 1 a jedno uloženie čísla 9, ktoré je vždy v strede. 

To znamená, že maximálna cena prsteňa je 134 a počet rôznych vyplnení je 576. 

V celom riešení budeme autá vždy označovať číslami 1 až 10 a pozície budeme označovať buď číslom s bodkou (1. pozícia) alebo slovom (prvá pozícia).

Zadanie si prehľadne zakreslíme do tabuľky. Rovno do nej doplníme autá s poradovými číslami 6 a 10, keďže ich pozície poznáme. Okrem toho si farebne vyznačíme párne a nepárne pozície, aby sme to mali prehľadnejšie. Párne pozície budú červené, lebo stúpajú. Nepárne budú modré, lebo klesajú.

Teraz sa poďme zamyslieť nad jednotlivými pozíciami.

Začnime párnymi - stúpajúcimi (červené).

O desiatej pozícii vieme, že tam musí byť auto s poradovým číslom väčším ako 6. Máme teda na výber 7, 8, 9.

O pozíciách 2., 4., 6. vieme, že na nich musia byť vzostupne zoradené nejaké tri čísla z možností 1, 2, 3, 4, 5. Je to preto, že musia byť menšie ako auto 6 na ôsmej pozícii.

Avšak, vieme o tom aj niečo viac.

Napríklad na druhej pozícii určite nemôže byť 4 ani 5. Potom by sme nevedeli uložiť autá na pozície 4. a 6. tak, aby boli párne pozície stúpajúce.

Alebo na šiestej pozícii nemôže byť 1 ani 2, pretože potom by sme nemali ako obsadiť pozície 2. a 4.

(Predtým, ako budete pokračovať v čítaní, odporúčame sa nad týmto poriadne zamyslieť (; )

Z toho teda vyplýva, že na párnych pozíciách to bude vyzerať nasledovne:

Poďme si skúsiť vypísať, ako môžu tieto párne pozície vyzerať konkrétne. Postupovať budeme systematicky. Najprv vypíšeme všetky možnosti pre auto 1 na druhej pozícii, potom pre auto 2 na druhej pozícii a potom pre auto 3…

Vidíme, že týchto možností je 10.

Poznámka: To, že ich je 10 sa dalo zistiť aj výpočtom (bez vypisovania možností), ktorý si môžete pozrieť nižšie v druhom spôsobe riešenia.

Takže pre párne pozície máme na pozíciách 2., 4. a 6. spolu 10 možností a na pozíciu 10. máme 3 možnosti.

Keďže môžeme tieto možnosti kombinovať každú s každou, spolu máme pre párne pozície 3\cdot10=30 možností umiestnenia áut.

Poďme sa pozrieť na nepárne pozície.

Vidíme, že máme k dispozícii 4 políčka, ktoré musíme zaplniť autami. No a zostali nám presne 4 autá, keďže spolu ich je 10. Tým, že auto 10 je na prvej pozícii, nemáme žiadne obmedzenia. Spôsob, ako zoradiť 4 rôzne čísla zostupne je len jeden. To znamená, že pre každé rozdelenie áut na párne pozície máme len jednu možnosť, ako rozdeliť tie zvyšné autá na nepárne pozície.

Takže celkovo to bude 30 možností, čiže výsledok čo nám vyšiel iba pre tie párne pozície.

Druhé riešenie párnych pozícii

Poďme sa pozrieť na spôsob, ako výpočtom zistiť, že vyberanie áut na pozície 2., 4., 6. z možností 1, 2, 3, 4, 5 bude spolu 10 možností.

Skúsme na chvíľu zabudnúť na to, že čísla musia stúpať. Ak by sme na druhú, štvrtú a šiestu pozíciu mali vybrať ľubovoľné 3 autá, tak:

• na druhú pozíciu by bolo 5 možností
• na štvrtú pozíciu by boli 4 možnosti (keďže jedno auto je už na pozícii 2.)
• na šiestu pozíciu by to boli 3 možnosti (lebo dve autá už sú na pozíciách 2. a 4.)

Keďže môžeme kombinovať každé s každým, bude to 5\cdot4\cdot3=60 možností uloženia áut na pozície 2., 4., 6..

Teraz sa poďme zamerať na to, ako eliminovať všetky také možnosti, kde autá nestúpajú. Budeme sa pri tom musieť trochu pohrať so zoraďovaním čísel.

Potrebujeme totiž vedieť, že koľkými možnosťami vieme zoradiť tri ľubovoľné rôzne čísla. Na prvé miesto máme tri možnosti, na druhé už len dve a na posledné miesto nám zostane jedna možnosť. To je spolu 3\cdot2\cdot1=6. Pre náhodné čísla x, y, z to vieme pre kontrolu aj vypísať: xyz, xzy, yxz, yzx, zxy, zyx

No a všetky takéto zoradenia sa pre každú trojicu nachádzajú v tých 60 možnostiach (premyslite si). Lenže iba jedno z nich je zoradené vzostupne. Takže ak chceme počet vyhovujúcich možností, musíme zobrať len každú šiestu, takže 60\div6=10. A dostali sme výsledok, ktorý sme očakávali.

Profi spôsob ako robiť toto v skratke je tzv. kombinačné číslo v tvare \binom{5}{3} - vyberáme 3 prvky z 5 prvkov. Ak vás to zaujíma, môžete si to vyhľadať na internete. Písať to tu ale nebudeme, keďže ide o stredoškolské zručnosti, ktoré neočakávame v druhej úlohe.

Najprv si skúsime načrtnúť situáciu zo zadania. Nakreslíme obdĺžnik ABCD a zvolíme bod H na strane CD, tak aby |∢EBH| = 45^\circ. Keďže E je na úsečke AB, nájdeme ho tak, že nakreslíme priamku ktorá v bode B zviera s AB 45^\circ. Bod E nájdeme pomocou toho, že leží na AB a |∢BEH| = 45^\circ. Ak si toto chceme nakresliť dôverne, zistíme že strany AB a CD musia byť výrazne dlhšie ako BC, AD, pretože inak bod E môže byť na priamke AB mimo obdĺžnika. Tiež sa nám na to oplatí dopočítať uhol pri H.

V trojuholníku BHE si dopočítame uhol pri H tak, že súčet uhlov v každom trojuholníku je 180^\circ a dva z uhlov v BHE sú 45^\circ. |∢BHE| = 180^\circ - |∢EBH| - |∢BEH| = 180^\circ - 45^\circ - 45^\circ = 90^\circ. Uhol |∢BHE| je preto pravý a strany sú na seba kolmé. Kolmicou teda ľahko zostrojíme bod E.

Zo zadania ďalej vieme, že |HB| = |BG|, čo iba znamená, že bod G leží kdekoľvek na kružnici so stredom v bode B a s polomerom r = |BH|. Keďže však |∢EHB| = 90^\circ a aj |∢EHG| = 90^\circ (je to uhol pri vrchole obdĺžnika EFGH), tak vieme, že G je na tej istej priamke, ktorá vychádza z H prechádza cez B. B teda leží na strane GH a to presne v jej polovici, aby platilo |EH| = |HB|. Keď už máme načrtnuté 2 strany obdĺžnika, nie je ťažké dokresliť zvyšok, teda F pomocou rovnobežiek.


Ešte nám ostala v zadaní jedna nevyužitá podmienka, a to že bod F leží na priamke DE. Ak sme si na začiatku náhodne zvolili dĺžku strany CD v obdĺžniku, pravdepodobne nám táto podmienka v náčrtku nebude sedieť (ako na obrázku vyššie). Nie je to ale až taký problém. Stranu AD môžeme posunúť bližšie alebo ďalej k strane BC tak, aby nám podmienka platila, a nič si tým nepokazíme.

Pri dobrom náčrtku (alebo ešte lepšie náryse) si môžeme všimnúť, že všetky vzniknuté trojuholníky sú tvarom podobné, veľa z nich dokonca rovnaké. Potrebujeme to však dokázať. Začnime tým že si vytvoríme nové úsečky, ktoré nám rozdelia obdĺžniky na podobné trojuholníky, a potom sa pozrime, čo o nich vieme aby sme sa presvedčili, že sú naozaj rovnaké.

Z bodu H si spustíme kolmicu na stranu EB v trojuholníku EBH. Priesečník kolmice a strany EB si nazveme P (ako päta kolmice), teda teda |∢BPH| = |∢EPH| = 90^\circ. Podobne spustíme z bodu E kolmicu na DH a pätu nazveme Q. Potom aj |∢HQE| = |∢DQE| = 90^\circ. Taktiež dokreslíme úsečku ED, ktorá je na jednej priamke s EF.

Teraz budeme využívať rôzne poznatky o uhloch (budeme robiť “uhlenie”). Podobne ako na začiatku budeme využívať fakt, že súčet uhlov v každom trojuholníku musí byť 180^\circ, ale budeme aj sčítavať veľkosť uhlov z viacerých menších, na ktoré sa dá rozložiť.

Súčet uhlov v \triangle BHP: 45^\circ+90^\circ+|∢BHP|=180^\circ, teda |∢BHP|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle EPH: 45^\circ+90^\circ+|∢EHP|=180^\circ, teda |∢EHP|=45^\circ
Rozdelenie uhla ABC: 45^\circ+|∢HBC|=90^\circ, teda |∢HBC|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle BCH: 45^\circ+90^\circ+|∢CHB|=180^\circ, teda |∢CHB|=45^\circ
Rozdelenie uhla CHD: 45^\circ+90^\circ+|∢EHQ|=180^\circ, teda |∢EHQ|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle EHQ: 45^\circ+90^\circ+|∢QEH|=180^\circ, teda |∢QEH|=45^\circ
Rozdelenie uhla DEF (ležia na jednej priamke): 90^\circ+45^\circ+|∢DEQ|=180^\circ, teda |∢DEQ|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle DEQ: 45^\circ+90^\circ+|∢QDE|=180^\circ, teda |∢QDE|=45^\circ
Rozdelenie uhla ADC: 45^\circ+|∢ADE|=180^\circ, teda |∢ADE|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle AED: 45^\circ+90^\circ+|∢AED|=180^\circ, teda |∢AED|=45^\circ



Keď sa teraz pozrieme na trojuholníky, ktoré sme vytvorili, (teda △AED, △DEQ, △EHQ, △EPH, △BHP a △BCH) bude už jasné, či sú rovnaké. Všetko sú to rovnoramenné pravouhlé trojuholníky (uhly sú 90^\circ, 45^\circ a 45^\circ) a zároveň všetky majú odvesny (dvojice rovnakých strán) rovnako dlhé, pretože |DA| = |QE| = |HP| = |CB| sú výšky obdĺžnika ABCD. Majú teda rovnaký tvar aj veľkosť, čiže majú rovnaký obsah, označme ho 1. Štvoruholník AEHD má potom obsah 3.

Zároveň △EBH má dvojnásobný obsah, pretože sa skladá z dvoch týchto trojuholníkov (EPH a BHP). 

Teraz nám stačí zistiť, aký obsah má útvar EFGB. Obdĺžnik EFGH si tiež môžeme “rozkrájať” na menšie podobné časti tak, že spustíme z B kolmicu na EF a pätu označíme R. Vzniknú nám útvary BHER a BRFG. Už vyššie sme ukázali, že strany EH a HB sú rovnako dlhé (BHE je rovnoramenný trojuholník), a rovnako dlhé sú aj FG (opačná strana obdĺžnika) a BG (zo zadania rovná BH). Oba útvary BHER a BRFG sú potom obdĺžniky, ktoré majú aj susedné strany rovnako dlhé, sú to preto rovnaké štvorce. No a \triangle BHE tvorí polovicu štvorca (BE je uhlopriečka), a má obsah 2. Útvar EFGB zo zadania je tvorený zvyšnými tromi polovicami štvorca, preto má obsah 2\times3=6.

Teraz nám už iba stačí porovnať obsah AEHD a EFGB, aby sme dostali výsledný pomer. V obsahoch malých trojuholníkov to je AEHD = 3 a EFGB = 6. Pomer 3:6 predelíme tromi, teda obsah AEHD : obsah EFGB= 1 : 2

Začneme tým, že si označíme jednotlivé štvorčeky.

Dĺžku strany štvorca E si označíme ako X. Všimnime si, že dĺžka strany štvorca B je rovnaká ako X zväčšené o dĺžku strany bieleho štvorca, ktorá je 1.

Rovnako dorátame dĺžky strany štvorcov A,D a C.

Teraz vieme vypočítať dĺžku strany štvorca F. Platí, že dĺžka strany štvorca F spolu so stranou E majú rovnakú veľkosť ako strana štvorca D zväčšená o stranu bieleho štvorca, čiže 1.

X+3+1=X+F.

Takže F=4.

Jednoducho dorátame dĺžky strán štvorcov G a H.

Teraz si môžeme všimnúť, že súčet dĺžok strán štvorcov F a H je rovnaký ako E a C. Dostávame

X+11+4=2X+1+X.

Jednoduchou úpravou dostaneme, že X=7. Odtiaľ už dopočítame, že obdĺžnik má rozmery 

(7+7)+(3+7)+(2+7)=33 a (7+2)+(7+1)+(2\cdot7+1)=32.

Operátor Hladký si za 1€ (=100c) kúpil 2 porcie, takže vieme, že jedna musela stáť najviac 100c/2=50c.

Timo a Big J si Kúpili najviac porcií, čo mohli, čo bolo 6, respektíve 11. Označíme si počty eur, čo mali, ako T a J a cenu zmrzliny ako Z.

Timo si mohol kúpiť 6 zmrzlín, ale 7 už nie, inak by si ich kúpil 7. Takže pre jeho financie platí:

6Z \leq 100\cdot T<7Z

Spomeňme si, že zmrzlina stojí maximálne 50c. Timo si už 7 zmrzlín kúpiť nemohol, takže mal najviac 7×50c-1c=349c. To zodpovedá  3€.

Podobne dostávame pre Big J.:

11Z\leq 100\cdot J<12Z

Mal teda maximálne 12×50-1=599c, čiže najviac 5€.

Povedzme, že Timo má 2€. Potom cena 1 porcie musí byť menej ako 200c/6<34c a viac ako 200c/7>28c. 11 porcií teda stojí niečo medzi 29c×11=319c a 33c×11=343c. Big J teda musí mať 4€, ibaže 400c-343c=37c>33c, takže by si potom mohol dovoliť aj dvanástu zmrzlinu.

Timo teda musí mať 3€. V tomto prípade porcia musí stáť najviac 300c/6=50c a viac ako 300c/7>42c. 11 porcií teda stojí niečo medzi 42c×11=462c a 45c×11=495c, kedy by Big J. mal 5€, alebo medzi 46c×11=506c a 50c×11=550c, kedy by mal 6€, čo však už vieme, že nemá.

Takže Timo má 3€ a Big J. má 5€. Zároveń zmrzlina stojí niečo medzi 42 a 45 centov.

Z poslednej zatiaľ nesplnenej podmienky zadania tiež vieme, že ak dajú dokopy svojich 3€+5€=8€, stále nebudú mať dosť na 18 porcií. Vyskúšame teda všetky 4 možnosti, či ju spľňajú:

• 42c×18=756c<8€
• 43c×18=774c<8€
• 44c×18=792c<8€
• 45c×18=810c>8€

Takže všetky podmienky spĺňa iba 45c, čo musí byť cena zmrzliny.

2027 sa dá zapísať ako súčet dvoch palindrómov, 1331+696=2027.

Ukážeme, že 2028 sa nedá zapísať ako súčet dvoch palindrómov. Ak by sa 2028 dalo zapísať ako súčet dvoch palindrómov, tak aspoň jeden z nich by musel byť štvorciferný, pretože maximálny súčet dvoch trojciferných palindrómov je 999+999=1998, čo je menej ako 2028.

Prvá (a teda aj posledná) cifra tohto štvorciferného palindrómu nemôže byť väčšia ako 2 (potom by bol väčší ako 2028). Ak by bola táto cifra 2, tak potom druhá a tretia cifra (sú rovnaké) by museli byť 0 (inak by tento palindróm bol väčší ako 2028), lenže 2028-2002=26, čo nie je palindróm. Preto prvá a posledná cifra tohto palindrómu musí byť 1. Potom máme 10 možností aká je cifra na druhom a treťom mieste. Všetky vyskúšame:

2028-1001=10272028-1111=917

2028-1221=807

2028-1331=697

2028-1661=367

2028-1771=257

2028-1881=147

2028-1991=37

Každý policajt musí bežať aspoň v jednom preteku. Ak by existoval policajt, ktorý nebežal ani v jednom preteku, nemáme žiadnu informáciu o jeho rýchlosti, takže by mohol byť v najlepšej trojici a my by sme o ňom nevedeli.

Máme 25 policajtov, keďže v jednom preteku je najviac 5 súťažiacich policajtov, to znamená, že uskutočníme aspoň 25/5=5 pretekov aby sme odskúšali každého pretekára. Rozdelíme ich ako v nasledovnej tabuľke (prvé číslo znamená na akom mieste sa umiestnil v danom preteku, druhé číslo znamená poradie preteku, napr. 32 znamená policajt sa umiestnil na treťom mieste v druhom preteku):

Keď sa do najlepšej trojky prebojuje policajt z preteku, tak v najlepšej trojke budú tiež tí z jeho preteku, ktorí skončili vyššie (napr. ak sa 31 prebojuje tak automaticky tam musia byť aj 21 a 11), lebo ho porazili v priamom súboji.

Všetci policajti, ktorí sa umiestnili na 4. (4_) a 5. (5_) mieste už nemajú žiadnu šancu byť v najlepšej trojke, lebo ani v ich preteku nie sú. Teraz potrebujeme zistiť, ktorým policajtom budeme merať čas.

Merať časy chceme tak, aby sme merali v každej skupiny tomu istému miestu (napríklad prvému). Ak by sme ich pomiešali, merali napríklad 22, 35, 41, 15, 23, nedozvieme sa vzájomné poradie daného miesta a nevieme systematicky vyradiť policajtov bez šance na umiestnenie v najlepšej trojke. Takže budeme merať časy tým, ktorí skončili v ich preteku na rovnakých miestach (napr. 31, 32, 33, 34, 35).

Keby sme chceli merať čas všetkým tretím, jedine by sme zistili, že najlepší tretí (napr. 31) má šancu nachádzať sa v najlepšej trojke ešte so všetkými druhými (2_) aj prvými (1_). Ostatní tretí (napr. 32) nemôžu byť, lebo by aj prvý (12) a druhý (22) z ich preteku museli byť v najlepšej trojke, čo už je 6 policajtov (31, 21, 11 a z druhého preteku 32, 22, 12, lebo 31 je rýchlejší ako 32). Nemáme žiadne informácie o prvých a druhých policajtoch takže, by sme týchto 10 policajtov museli znovu odmerať. To vieme spraviť na 2 preteky, spolu to je 5+2=7 pretekov.

Keby chceme merať čas všetkým druhým, tak iba ten najrýchlejší (napr. 21) z nich sa môže nachádzať v najlepšej trojke, lebo ak by sa dvaja najlepší z druhých nachádzali tak by sa museli aj tí prví z ich skupiny, čo by urobilo už štvrtého najrýchlejšieho. Takže by mali šancu všetci prví, najlepší druhý (21) a ešte stále aj tretí (31) v skupine toho druhého najlepšieho. Zostane nám 7 policajtov na 3 neznáme miesta:

O žiadnom policajtovi nevieme s určitosťou povedať, na ktorom mieste skončil. Prvý celkovo môže byť hocijaký z prvých v skupine. Druhý, hocikto z prvých alebo aj ten najrýchlejší druhý (21) (pri ňom by musel byť 11 tiež lebo sú spolu v skupine). Tretí môže byť hocikto zo zelených, ak by bol 21 alebo 31 tak aj tí z jeho skupiny vyššie musia byť tiež. Nič to nemení na tom, že do preteku ešte potrebujeme poslať zvyšných 6 (okrem 21) policajtov. To vieme spraviť na 2 preteky, takže zase potrebujeme 5+2=7 pretekov.

Keby meriame čas všetkým prvým tak vieme, že celkovo prvý bude ten najlepší z prvých, lebo porazil z každej skupiny toho najlepšieho. (najlepší z prvých je 11 a postupne najhorší 15)

Tiež vieme povedať, že skupiny s najpomalšími dvomi policajtmi z prvých (14 a 15) sa nemôžu umiestniť, lebo ich najrýchlejší (14 a 15) bol pomalší ako traja najrýchlejší z ostatných skupín.

32 sa tiež nevie umiestniť, lebo môže byť najlepšie štvrtý (11, 12 aj 22 sú určite pred ním). 23 a 33 sa tiež nevedia, lebo by 11, 12 aj 13 sú určite pred nimi.

Ostalo nám 5 policajtov, ktorí majú šancu na umiestnenie, takže urobíme šiesty pretek medzi nimi a prví dvaja sa umiestnia celkovo na druhom a treťom mieste. 

5 pretekov nám nebude stačiť, lebo sme si prešli možnosti, z ktorých sme sa ani pri jednej nedostali k riešeniu pomocou iba 5 pretekov. Pokiaľ by sme si na meranie nevybrali policajtov na rovnakom mieste v ich preteku tak by sme nemali informácie ani o celkovo 1. mieste a nevedeli ich medzi sebou poriadne porovnávať a vyhadzovať tých bez šance na umiestnenie.

Dokopy sme urobili 5 pretekov aby sa zapojili všetci. V nich sme odmerali časy najrýchlejších. Potom sme usporiadali posledný šiesty pretek pre 5 policajtov, ktorí nám ostali so šancou na umiestnenie. 

Na určenie prvých troch pozícií potrebujeme \bold{5+1=6} pretekov.

Chceme vedieť, čo sa bude diať, keď budeme opakovať nejaké kroky. Poďme si to teda najprv vyskúšať, aby sme zistili, čo sa bude diať, a potom sa môžeme pustiť do dokazovania.

Vyberme si nejaké počty šperkov, ktoré sú v sálach na začiatku. Môžeme si vybrať napríklad takéto:

Šípky ukazujú, do ktorej strany budeme posúvať šperky. Odteraz už nebudem kresliť celý kruh, ale stále sú usporiadané do kruhu, teda z poslednej sa šperky budú presúvať naspäť do prvej.

Poďme teda prvýkrát presunúť šperky.

6 - 8 - 4 - 6 - 2 - \Longrightarrow 3 \xrightarrow 3 4 \xrightarrow 4 2 \xrightarrow 2 3 \xrightarrow 3 1 \xrightarrow 1 \Longrightarrow 4 - 7 - 6 - 5 - 4 -

V dvoch sálach máme nepárny počet šperkov, pridáme tam teda po jednom. Počty šperkov teda budú:

4 - 8 - 6 - 6 - 4 -

Teraz urobme druhý krok - prenesenie šperkov a rovno aj doplnenie jedného tam, kde je nepárny počet:

4 - 8 - 6 - 6 - 4 - \Longrightarrow 4 - 6 - 7 - 6 - 5 - \Longrightarrow 4 - 6 - 8 - 6 - 6 -

Tretí krok:

4 - 6 - 8 - 6 - 6 - \Longrightarrow 5 - 5 - 7 - 7 - 6 -\Longrightarrow 6 - 6 - 8 - 8 - 6 -

Štvrtý krok:

6 - 6 - 8 - 8 - 6 - \Longrightarrow 6 - 6 - 7 - 8 - 7 - \Longrightarrow 6 - 6 - 8 - 8 - 8 -

Piaty krok:

6 - 6 - 8 - 8 - 8 - \Longrightarrow 7 - 6 - 7 - 8 - 8 - \Longrightarrow 8 - 6 - 8 - 8 - 8 -

Šiesty krok:

8 - 6 - 8 - 8 - 8 - \Longrightarrow 8 - 7 - 7 - 8 - 8 - \Longrightarrow 8 - 8 - 8 - 8 - 8-

Po šiestich krokoch sme sa naozaj dostali k tomu, že vo všetkých sálach je rovnako veľa šperkov.

Čo sme si mohli všimnúť?

Prvé pozorovanie môže byť, že čísla sa postupne väčšinou zvyšujú. To by sme aj očakávali, keďže vždy iba pridávame šperky, nikdy ich neodoberáme.

Druhé pozorovanie je, že sa nám medzi číslami nikdy nevyskytlo číslo väčšie, ako 8 - najväčšie z čísel, čo sme mali na začiatku. Mohli by sme si teda domyslieť, že by to tak možno mohlo platiť vždy - že nikdy nebudeme mať väčšie čísla, ako najväčšie číslo, čo sme mali na začiatku. Keby sa nám to podarilo dokázať, bolo by to užitočné, lebo by sme vedeli, že nemôžeme pridávať šperky donekonečna. Po nejakom čase by sme ich totiž priniesli toľko, že už by niekde muselo byť viac.

Poďme teda skúsiť naše druhé pozorovanie dokázať.

Ako by mohlo vzniknúť číslo väčšie, ako najväčšie, čo sme mali na začiatku? Mohlo by vzniknúť buď prinesením polovice šperkov z vedľajšej sály, alebo prinesením jedného šperku zo skladu. Ak v jednej sále bolo A šperkov a vo vedľajšej B, tak po tom ako z prvej polovicu odnesieme a z druhej odnesieme polovicu do prvej, bude v nej \frac{A+B}{2} šperkov. To ale nemôže byť väčšie, ako A aj ako B zároveň. Preto väčšie číslo nemohlo vzniknúť prenesením polovice šperkov. Nemohlo ale vzniknúť ani prinesením jedného šperku zo skladu. To sa totiž stane len vtedy, ak bol v sále nepárny počet šperkov a teda ak by sme buď nedosiahli viac ako sme mali na začiatku, alebo by sme už museli mať viac predtým.

Vieme teda, že nikdy nebudeme mať v žiadnej sále viac šperkov, ako bol najväčší počet, čo sme mali na začiatku. Pozrime sa teraz zasa na prvé pozorovanie - že sa čísla tak vo všeobecnosti zvyšujú. Môžeme si všimnúť niečo konkrétnejšie, napríklad, že najmenšie číslo, aké tam práve máme sa vždy buď zvýšilo, alebo ich aspoň bolo menej (namiesto troch šestiek sme tam mali len dve...) Toto môžeme skúsiť aj naozaj dokázať:

V žiadnej sále, kde bolo viac šperkov, ako to najmenšie číslo nebude po prenesení toľko alebo menej šperkov. Ich počet bude totiž priemer počtu v tej miestnosti a vo vedľajšej, kde je aspoň toľko šperkov, ako najmenšie číslo. To isté platí ale aj pre sály, ktoré sú od takýchto sál vpravo.

Vždy je teda aspoň o 1 menej výskytov najmenšieho čísla - ak sme teda napríklad doteraz mali najmenšie číslo 4 a mali sme dve štvorky, tak v najbližšom kroku bude najviac jedna.

Toto sa ale nemôže diať večne, raz najmenšie číslo dobehne najväčšie a v každej sále bude rovnaký počet šperkov.

Hľadáme všetky n, ktoré sú súčtom svojho 13., 16. a 17. najmenšieho deliteľa. Označíme si všetkých deliteľov n vzostupne 1=d_1 \lt d_2 \lt \dots \lt d_k. Takže hľadáme všetky n, pre ktoré platí n = d_{13} + d_{16} + d_{17}. Uvedomme si, že každý deliteľ n je tvaru \frac{n}{a} pre nejaké kladné celé a.

Platí, že d_{17} \gt \frac{n}{3}, keďže n = d_{13} + d_{16} + d_{17} \lt 3 d_{17}. Taktiež zrejme d_{17} \lt n. Teda nám už len ostáva jediná možnosť a to d_{17} = \frac{n}{2}.

Teraz dostávame d_{13} + d_{16} = \frac{n}{2}. Podobne ako predtým dostávame d_{16} \gt \frac{n}{4}, keďže 2d_{16} \gt d_{13} + d_{16} = \frac{n}{2}. Taktiež \frac{n}{2} = d_{17} \gt d_{16}. Teda nám ostáva len jediná možnosť a to d_{16} = \frac{n}{3}.

Nakoniec máme d_{13} + \frac{n}{3} + \frac{n}{2} = n, z čoho d_{13} = \frac{n}{6}. Medzi d_{13} = \frac{n}{6} a d_{16} = \frac{n}{3} sú 2 deliteľe n. Avšak jediné deliteľe n medzi \frac{n}{3} a \frac{n}{6} môžu byť len \frac{n}{4} a \frac{n}{5}, teda to už nutne musia byť d_{14} a d_{15}.

Všimnime si, že ak d delí n, potom \frac{n}{d} je celé a dokonca delí n, keďže n = d \frac{n}{d}. Vieme, že \frac{n}{2}, \frac{n}{3} a \frac{n}{5} delia n, teda 2, 3 a 5 delia n. Ďalej si uvedomme, že jediné číslo väčšie ako \frac{n}{2}, ktoré delí n je n samotné. A keďže d_{17} = \frac{n}{2}, tak n má práve 18 deliteľov.

Pozrime sa teraz vzhľadom na prvočíselný rozklad čísla m, koľko deliteľov má m. Nech m = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot \dots \cdot p_l^{a_l}. Každý jeho deliteľ má exponent prvočísla p_1 v mocnine 0, 1, \dots, a_1 - 1 alebo a_1, čo je celkovo a_1 + 1 možností. Podobne na exponent prvočísla p_2 máme a_2 + 1 možností, a tak ďalej. Žiadne prvočíslo okrem p_1, p_2, \dots, p_l nemôže deliť deliteľa m. To znamená, že na deliteľa m máme celkovo (a_1 + 1)(a_2 +1) \dots (a_l + 1) možností. Môžeme si všimnúť, že počet deliteľov je deliteľný aspoň toľkými prvočíslami, koľkými rôznymi prvočíslami je deliteľné m, keďže každý rôzny prvočíselný deliteľ m prispieva jednou zátvorkou a každá zátvorka prispieva aspoň jedným prvočíselným deliteľom.

Teraz však ale máme, že n je deliteľné 2, 3, 5 a má 18 = 2 \cdot 3\cdot 3 deliteľov. n už nemôže byť deliteľné ďalším rôznym prvočíselným deliteľom, keďže by n bolo deliteľné viacerými rôznymi prvočíslami ako má 18 celkovo prvočíselných deliteľov a to sa nemôže stať. Takže n = 2^{a_1} \cdot 3^{a_2} \cdot 5^{a_3}, pričom vieme, že a_1 +1, a_2 +1, a_3+1 tvoria 2, 3, 3 v nejakom poradí, teda máme 3 rôzne možnosti a_1 = 1, a_2 = a_3 = 2 alebo a_2 = 1, a_1 = a_3 = 2 alebo a_3 = 1, a_1 = a_2 = 2. Dosadením môžeme ľahko overiť, že vychádzajú iba druhé dve možnosti, pre ktoré n = 300 a n = 180.

Chceme ukázať, že päťuholník GTAVI je osovo súmerný podľa nejakej výšky. Dobrý začiatok je teda nakresliť si päťuholník aj s tou výškou. Jej pätu (priesečník výšky s priamkou AV) si označme napríklad P:

Môžeme si všimnúť, že v štvoruholníkoch GTAP a GPVI sú tri uhly rovnaké. V každom štvoruholníku je ale súčet uhlov rovnaký - 360 \degree, takže ten posledný uhol bude 360 \degree mínus súčet zvyšných troch. To ale znamená, že |\measuredangle TGP| = |\measuredangle IGP|. 

Chceme ukázať, že päťuholník je osovo súmerný, tak to skúsme overiť. Spravme to tak, že preklopíme "ľavú" stranu päťuholníka na "pravú" - teda body A a T preklopíme okolo PG. Ak tvrdenie, ktoré máme dokázať platí, tak by sa A malo zobraziť do Va T do I. Keď to preklopíme, bude to vyzerať nejako takto:

Vieme, že A' bude ležať na priamke PVa T' bude ležať na priamke GI. Druhé tvrdenie platí preto, že |\measuredangle TGP| = |\measuredangle IGP| a teda priamky GI a GT'prechádzajú spoločným bodom G a majú rovnaký smer a teda sú to tá istá priamka. Tiež bude A'T' rovnobežné s VI, keďže uhly |\measuredangle PAT| = |\measuredangle VAT| a |\measuredangle IVP| = |\measuredangle IVA| sú rovnaké. Teraz máme tri možnosti - buď |A'T'| < |VI|, |A'T'| > |VI|alebo |A'T'| = |VI|.

Ak |A'T'|<|VI|, tak T' je bližšie k priamke PV, než I. To znamená, že na priamke GI musí byť ďalej od bodu G a teda |GT'|>|GI|, čo je spor s tým, čo máme zadané, keďže |GT|+|VI|=|GT'|+|VI|>|GI|+|A'T'|=|GI|+|TA|a teda máme dve dĺžky, ktoré sa rovnajú ale zároveň je jedna väčšia ako druhá.

Ak |A'T'| > |VI|, tak bude spor presne rovnaký, akurát budú všetky nerovnosti obrátené.

Ostáva teda jediná možnosť - |A'T'| = |VI| a teda |GT'| = |GI|. Body T'a Isú teda ten istý bod a keďže A' leží na PV a A'I \parallel VI, aj A'a I sú ten istý bod.

Tým sme dokázali presne to, čo sme dokázať chceli, a síce že ľavá a pravá strana päťuholníka sa pri preklopení okolo výšky na seba zobrazia.

(: