Vzorové riešenia 2. kola

Ako aj veľa z vás začalo s riešením, môžeme najprv zistiť cenu jedného suveníra. Keďze Radko platil 70 dukátov za 5 suvenírov, jeden suvenír stál 70 \div 5 = 14 dukátov. 

Teraz sa môžeme pozrieť na Alenkinu platbu. Vieme že Alenka si kúpila 4 suveníry a niekoľko nanukov, pričom nanukov si kúpila od 2 do 17, a dokopy platila 303 dukátov. My však vieme koľko stojí 1 suvenír, takže ak si ich Alenka kúpila 4, dokopy za ne platila 4 \cdot 14 = 56 dukátov. Teraz vieme cenu za všetky suveníry odpočítať od celkovej ceny, nech zistíme koľko stáli iba Alenkine nanuky, takže nanuky stáli dokopy 303 - 56 = 247 dukátov. 

Odtiaľto ste mohli ísť dvoma spôsobmi; buď ste si odskúšali vydeliť 247 všetkými číslami od 2 po 17 a vyšlo vám, že 247 je delitelné iba 13, alebo ste si spravili prvočíselný rozklad, z ktorého ste dostali že 247 = 13 \cdot 19, teda všetky delitele 247 sú: 1, 13, 19, 247, a jediné ktoré bolo v rozsahu 2 až 17 bolo 13. Oboma spôsobmi prídeme na to, že si Alenka kúpila 13 nanukov. 

Odtialto je to už pomerne priamočiare, keďže 13 nanukov stálo 247 dukátov, vieme že 1 nanuk stál 247 \div 13=19 dukátov. Teraz vieme že suvenír stojí 14 dukátov, a nanuk 19 dukátov, a keďže Viktor si kúpil 6 suvenírov a 7 nanukov, dokopy platil 6\cdot 14+7\cdot 19=217 dukátov.

Ako prvé si označíme všetky prázdne políčka trojuholníka nejakým písmenkom nasledovne:

Potrebujeme, aby bol súčet na každej strane rovnaký a čo najmenší. Označme si tento súčet na strane písmenkom S. Máme teda tieto súčty:

a+b+c+d = S \\ d+e+f+g = S \\ g+h+i+a = S \\

Teraz prichádza na rad trik. My síce nevieme, že ktoré písmenko je a, ktoré b, a tak ďalej; ale vieme, že písmenká a až i budú reprezentovať čísla 1 až 9. Práve preto sa nám oplatí tie tri súčty sčítať:

a+b+c+d = S \\ d+e+f+g = S \\ g+h+i+a = S \\ --------- \\ a+b+c+d + d+e+f+g+g+h+i+a = S+S+S

A teraz si tento súčet napíšeme trošku krajšie, preusporiadaním písmeniek a uzátvorkovaním:

(a+d+g) + (a+b+c+d+e+f+g+h+i) = 3S

V tomto bode si treba uvedomiť dve veci. Prvá je tá, že súčet a+b+c+d+e+f+g+h+i poznáme, keďže ide o súčet čísel 1 až 9, a teda 

a+b+c+d+e+f+g+h+i = \\ = 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45

A druhá vec, ktorú si treba uvedomiť je, že ten súčet a až i, ktorý sa rovná 45, tam bude vždy. Čiže jediný priestor, kde my vieme zmenšovať S je súčet (a+d+g). A ten teda musí byť čo najmenší. Zvoľme teda za tieto písmenká hodnoty 1, 2 a 3. Potom dostaneme, že:

(1+2+3) + (1+2+3+4+5+6+7+8+9) = 3S = 51Z toho vyplýva že:

3S = 51\\ S = 17

A to je teda najmenší možný súčet, aký vieme na stranách mať v prípade, že chceme aby bol na každej strane rovnaký. Docielime ho práve tak, že do rohových políčok dáme najmenšie možné čísla 

1, 2, 3. To, že v rohoch musia byť práve tieto čísla sa v skutočnosti dalo aj uhádnuť, keďže to sú tie, ktoré v súčtoch použijeme viac, no takýmto spôsobom sme spolu s tým zistili aj hodnotu nášho súčtu. Takže zatiaľ to máme takto vyplnené, pričom vyhovujúce by bolo aj ľubovoľné poprehadzovanie cifier v rohoch.

Teraz už len zariadiť, že na každej strane bude ten súčet 17. Momentálne je ale pre každú stranu iný súčet čísel vo vrcholoch:

1+2=3 \\ 2+3 = 5 \\ 3+1 = 4

Takže súčet zvyšných (stredných) čísel na každej strane musí byť tiež iný. Na ich vytvorenie máme zvyšné čísla: 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Na strane s jednotkou a dvojkou to je 17-3=14, čo vieme dosiahnuť ako súčet:

• 9+5,
• 8+6.

Na strane s jednotkou a trojkou to je 17-4=13, čo vieme dosiahnuť ako súčet:

• 9+4,
• 8+5,
• 7+6.

Na strane s dvojkou a trojkou to je 17-5=12, čo vieme dosiahnuť ako súčet:

• 8+4,
• 7+5.

Teraz nám už zostáva iba vyskúšať všetky možnosti.

Začnime s možnosťou, kde stranu s 1 a 2 tvoria čísla 1, 9, 5, 2. Potom strana, na ktorej už sú 2, 3 nemôže mať dvojicu 7 a 5, lebo 5 už je použitá. Takže tam musí byť 2, 8, 4, 3. A nakoniec strana, na ktorej je 1, 3 musí mať čísla, čo zostali: 6 a 7. Ich súčet je samozrejme 13, takže máme prvé riešenie!

Druhá možnosť strany s 1 a 2 je, že tam budú zvyšné dve čísla 8 a 6. Potom strana, na ktorej sú 2 a 3 už nemôže mať dvojicu 8 a 4, lebo 8 je už použitá. Takže tam musí byť 7 a 5. A nakoniec strana, na ktorej je 1, 3 musí mať čísla, čo zostali: 9, 4. Ich súčet je opäť 13, takže máme aj druhé riešenie!

Bonusová otázka na zamyslenie: Existujú aj ďalšie riešenia? Koľko ich bude?

Áno existujú - napríklad môžeme vymeniť 5 a 7 v druhom riešení a dá sa povedať, že máme nové. Takýchto riešení iba so zmeneným poradím je na každé z našich dvoch riešení 48. Keďže prehodenie čísel v rohoch spraví 6 možných poradí ( dajú sa celkom rýchlo aj vypísať: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1) a pekne vidno, že ich je 6) a vymenenie troch dvojíc na každej strane ešte ďalších 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8, čiže dokopy to bude 6 \cdot 8 = 48. No a keďže toto môžeme urobiť s obomi riešeniami, ktoré sme našli, dokopy to robí až 96 možných kódov.

Prvá vec, ktorú si môžeme všimnúť je, že celkový počet kamienkov v tabuľke je rovný súčtu Viktorových zapísaných hodnôt v riadkoch, čo je rovné súčtu zapísaných hodnôt v stĺpcoch. Keďže hľadáme čo najmenší počet kamienkov v tabuľke, tak to znamená, že vlastne hľadáme čo najmenší súčet v riadkoch/stĺpcoch. A takisto vieme, že Viktorových 6 zapísaných hodnôt musí byť rôznych. 

Prvých 6 najmenších hodnôt, ktoré si mohol zapísať je 0, 1, 2, 3, 4, 5. Ich spoločný súčet je 0+1+2+3+4+5=15. Vidíme tak, že súčet Viktorových 6 zapísaných hodnôt je aspoň 15.

Druhá vec, ktorú si môžeme všimnúť je, že súčet všetkých šiestich Viktorových hodnôt zarátava každý kamienok práve dvakrát. Je to tak preto, lebo každý kamienok je v práve jednom riadku a zároveň v práve jednom stĺpci, teda ho raz započítame v "riadkových hodnotách", a raz v tých stĺpcových.

Označme počet kamienkov v tabuľke ako k. Pretože vieme, že súčet Viktorových hodnôt v riadkoch a stĺpcoch je dvojnásobok počtu kamienkov v tabuľke, a takisto vieme, že súčet hodnôt v riadkoch a stĺpcoch je minimálne 15, tak vieme povedať 2k\geq15, a teda k\geq 7{,}5. Nakoľko k je celé číslo, dostávame, že počet kamienkov v tabuľke musí byť aspoň 8.

V takom prípade by bol súčet Viktorových šiestich hodnôt 16. Súčet 16 vieme dostať jedine ako 16=0+1+2+3+4+6, pretože inak by sa opakovali počty kamienkov.

Nakoniec nám stačí nájsť aspoň jedno vhodné rozmiestnenie, ktoré bude mať 8 kamienkov. Ďalej je popísaný príklad, ako možno postupvať pri hľadaní vhodného rozmiestnenia 8 kamienkov v tabuľke. (Poznamenajme avšak, že na kompletné riešenie nie je potrebné opisovať postup ako nájsť zmienené vhodné rozmiestnenie. Stačí ukázať, že kamienkov musí byť aspoň 8, a potom dodať jednu vhodne vyplnenú tabuľku s 8 kamienkami.)

Máme k dispozícii hodnoty 0,1,2,3,4,6, ktoré popisujú, koľko kamienkov je v jednotlivých riadkoch/stĺpcoch. Chceme ich rozdeliť na dve trojice so súčtom 8. Ak by hodnoty 4,6 boli v rovnakej trojici, súčet by bol príliš veľký. Musia preto byť v rôznych trojiciach. Potom v trojici s hodnotou 6 ešte musíme doplniť súčet 2, jediný spôsob ako to urobiť je použitím hodnôt 0,2. Vidíme tak, že jedna trojica (povedzme, že riadky) musí byť 0,2,6, a tá druhá (stĺpce) 1,3,4. Teraz už iba vhodne dopĺňame počty kamienkov, aby sme vyhoveli zadaným hodnotám (možností je veľa).

Konečné riešenie môže teda vyzerať napríklad takto (každé číslo označuje koľko kamienkov je v danom políčku tabuľky): (Riešení je veľa, popisujeme len niektoré)

Alebo aj takto:

Začnime pozorovaním, že strážcovia musia celkovo spať aspoň 10+7+9+5+9+8=48 hodín, a strážiť musia celkovo aspoň 24 hodín, lebo noc trvá 12 hodín a vždy strážia aspoň dvaja vedúci. Spolu je to 48+24=72 hodín. Celkovo má ale každý iba 12 hodín na spanie a stráženie, to je dokopy 6\cdot 12=72 hodín času. Z toho vyplýva, že nemajú čas nazvyš, teda musia dokopy spať presne 48 hodín a strážiť presne 24 hodín. Vždy teda strážia presne 2 strážcovia a ostatní spia. Zároveň každý spí iba toľko, koľko minimálne podľa zadania potrebuje, a inak musí strážiť.

Označme si strážcov podľa prvého písmena ich mena, teda A, B, C, D, E, F. Úlohu si vieme znázorniť tabuľkou do ktorej si zapíšeme, ktorý strážca kedy spí a kedy stráži, keď už to budeme vedieť s istotou. Stĺpce sú označené číslami podľa začínajúceho času celej hodiny (napríklad stĺpec 19 hovorí o čase 19:00 - 20:00). Každý riadok zobrazuje aktivitu jedného strážcu, modrá značí, že vedúci tú hodinu spí, a zelená, že tú hodinu stráži. 

A musí spať 10 hodín bez prerušenia, čo nám jej spánok veľmi obmedzuje. Ak by začala spať hneď o 19, tak by potom už od 5 musela strážiť (lebo sme ukázali, že nemôže spať viac, ako potrebuje). Ak by sa zobudila čo najneskôr, až na konci, išla by spať o 21. Vždy teda musí spať v hodinách 21 až 4. Rovnako zistíme, že B musí začať spať najneskôr od hodiny 0 a strážiť nezačne skôr ako v hodine 2. Preto v hodinách 0 a 1 musí isto spať. Podobne je to pri ostatných, ktorí musia spať bez prerušenia. E musí spať v hodinách 22 až 3, F musí spať v hodinách 23 až 2.

Vidíme, že teraz v hodinách 0 a 1 už spia 4 strážcovia (A, B, E, F), takže C a D, ktorí vtedy nespia, musia strážiť.

C musí zo svojich 9 hodín spať po polnoci viac ako pred ňou, teda aspoň 5. Keďže po polnoci je iba 7 hodín a vieme, že v hodinách 0 a 1 už stráži, takže musí spať vo všetkých ostatných hodinách, 2 a neskôr. 

Teraz v hodine 2 už spia 4 strážcovia (A, C, E, F), takže B a D musia vtedy strážiť. Keďže B musí spať 7 hodín bez prerušenia a spí v hodinách 0 a 1, musí spať aj vo všetkých 7 hodinách pred 2, a potom musí celý čas strážiť.

V hodine 23 už tiež spia 4 strážovia (A, B, E, F), takže zvyšní strážcovia, teda C a D, musia vtedy strážiť. Ostatné hodiny už musí C spať, inak nenaspí 9 hodín, ktoré zo zadania potrebuje.

V hodine 22 už spia 4 strážcovia (A, B, C, E), takže D a F musia vtedy strážiť. F musí spať 8 hodín bez prerušenia, a spí už v hodine 23, takže všetkých 8 hodín od 23 musí spať tiež. Vo všetkých ostatných hodinách musí strážiť.

D musí spať 5 hodín a z toho viac pred polnocou ako po polnoci, takže musí spať aspoň 3 hodiny pred polnocou. My už ale vieme, že v 2 z nich stráži, takže vo zvyšných 3 musí spať.

Potom vieme, že v hodine 21 spia 4 strážcovia (A, B, C, D), takže s F musí strážiť E. Keďže musí spať 9 hodín bez prerušenia a spí v hodine 22, musí spať vo všetkých hodinách od 22 a strážiť vo všetkých hodinách pred 22.

V hodinách 19 a 20 už strážia E aj F, a vždy musia strážiť práve 2 strážcovia, takže A musí vtedy spať. Potom musí v hodinách 5 a 6 strážiť, aby nespala viac ako 10 hodín.

V hodine 3 aj 4 spia strážcovia A, C, E, F, takže vtedy s B musí strážiť aj D. Keďže D musí spať 5 hodín a zatiaľ spal iba 3, zvyšné 2 hodiny musí spať.

Teraz už máme celú tabuľku vyplnenú, a vždy sme do nej vypĺňali iba to, čo nemohlo byť inak, aby bolo splnené zadanie. Takže je iba 1 riešenie, ktoré sme tu našli:

“Je súčin všetkých čísel kladný alebo záporný?” - Keď  pozrieme na otázku uvedomíme si, že sa nebudeme pozerať na číselné hodnoty, ale na znamienko - teda na kladnosť alebo zápornosť čísla.

Pre uľahčenie si označíme záporné číslo ako Z a kladné číslo ako K

Aby sme určili polaritu celkového súčinu sa pozeráme na počet záporných čísel, kladné totiž polaritu nemenia teda:
•Nepárny počet záporných čísel: (-1)\cdot(-1)\cdot(-1)=-1
•Párny počet záporných čísel: (-1) \cdot (-1) = 1

Na určenie počtu záporných čísel máme dve tvrdenia
“Súčet každých dvoch susedných čísel bol kladný” - Čo toto pre nás znamená:
V jednotlivej dvojici by sme normálne mali tri možnosti rôznych polarít:
Dve K
Dve Z 
Jedno Z jedno K

No teraz si uvedomujeme, že:

Dve K - môže byť
Dve Z - nemôže byť - dvojica by mala určite záporný súčet
Jedno Z jedno K - môže byť, no absolútna hodnota K musí byť väčšia ako absolútna hodnota Z

Tým pádom - každé Z má z obidvoch strán vedľa seba také K, kde absolútna hodnota K je väčšia ako absolútna hodnota Z.

”Súčet všetkých 39 čísel bol záporný.” 

Teda: 
Aby bol celkový súčet záporný tak si chceme povedať, či bude viac kladných alebo záporných čísel, keď máme viac čísel kladných, ale chceme celkový súčet záporný, záleží o absolútnu hodnotu celkového súčtu, 

Vieme, že že každé Z má aspoň jedno K, kde absolútna hodnota K je väčšia ako absolútna hodnota Z. To nám intuitívne hovorí, že pri rovnakom počte K a Z (alebo ak bude K viac) bude absolútna hodnota súčtu všetkých K vždy väčšia ako absolútna hodnota súčtu všetkých Z. Celkový súčet je |K|-|Z| (absolútna hodnota súčtu K mínus absolútna hodnota súčtu Z), teda by v takomto prípade bol väčší, ako 0, čo nechceme.

Stále sme ale poriadne nedokázali, že ak bude kladných čísel aspoň toľko, ako záporných, tak bude súčet všetkých čísel kladný. Našťastie sa to dá dokázať bez väčších ťažkostí. Každé záporné číslo bude mať totiž vpravo od seba kladné číslo, ktoré bude mať väčšiu absolútnu hodnotu a teda súčet tých dvoch čísel bude kladný. Okrem týchto dvojíc môžu ostať len kladné čísla, teda celkový súčet bude kladný.

Jediný problém nastane ak číslo najviac vpravo bude záporné, lebo vtedy nemá vpravo od seba žiadne ďalšie iné číslo. Vtedy môžeme toto záporné číslo popárovať s číslom vľavo od neho, ak to už s niečím popárované bolo, tak viacero záporných čísel popárujeme s číslami vľavo od nich. Keď bolo kladných čísel viac, než záporných, popárovanie nám vyjde a celkový súčet bude kladný.

Aby teda platili podmienky v zadaní, kladných čísel musí byť menej ako záporných.

Teda polovica 39 je 19 zv. 1 takže Z musí byť aspoň 20, no vieme, že Z sa za sebou nemôžu opakovať, keďže každá dvojica čísel má kladný súčet, teda koľko reálne môže byť Z?

Logicky chceme aby zaujali každé druhé miesto teda aby sa striedali aj s K a teda najviac získame Z práve vtedy keď je Z aj na začiatku aj na konci a to sa teda dá keďže 39 je nepárne číslo teda budeme mať 19 dvojíc K a Z, a napokon Z v rade to vyzerá:
ZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZKZ

Teda v teórii je jasné, že keďže máme 20 Z, čo je teda párny počet, tak by nám mal vyjsť súčin kladný, ako sme si už ukázali na začiatku, no ako pri veľa iných úlohách je dôležité uviesť aj nejaký príklad, aby sme dokázali, že úloha má riešenie.

Dôležité je si uvedomiť, že ak by každé záporné číslo bolo –1 a každé kladné 2, celkový súčet bude kladný. Ale predsa len, veľký problém nám to nerobí. Ak sú K rovnaké a Z rovnaké, kde K=Z+1, stačí aby Z bolo viac, než 20, keďže 20 \cdot 19 = 19 \cdot 20 – teda prípad, kde K=Z.

Označme n počet tanierikov v jednej tretine veže. Všetky tretiny sú rovnako veľké, takže celá veža má 3n tanierikov. Kamienok padá zhora, a preto rozbil 25 najvyšších tanierikov.
Nech x je počet rozbitých tanierikov v hornej tretine, y v strednej tretine a z v dolnej tretine. Platí:

x + y + z = 25

Pôvodná veža: Rozbitý tanierik z hornej tretiny stojí 80 dukátov, zo strednej 65 a z dolnej 50. Spôsobená škoda (v dukátoch) je teda:

80x + 65y + 50z

Prehodená veža: V hornej tretine sú tanieriky za 50 dukátov, v strene je za 65 a v dolnej za 80. Kamienok rozbije tie isté miesta vo veži ako v pôvodnej veži, takže čísla x, y, z zostávajú rovnaké. 

Škoda je (v dukátoch):

50x + 65y + 80z

Škoda v prehodenej veži je o 330 dukátov nižšia ako v pôvodnej, a preto platí:

50x + 65y + 80z + 330 = 80x + 65y + 50z

Člen 65y je na oboch stranách, môžeme ho od oboch strán odčítať:

50x + 80z + 330 = 80x + 50z

Upravíme:

30z + 330 = 30x

Vydelíme číslom 30:

z + 11 = x

Kamienok rozbíja vežu odhora. Ak sa rozbil aspoň jeden tanierik zo strednej tretiny, rozbili sa už všetky tanieriky z hornej tretiny. Ak sa rozbil aspoň jeden tanierik z dolnej tretiny, rozbili sa všetky tanieriky z hornej aj zo strednej tretiny.

Podľa toho to rozlíšime na tri prípady.

Prípad 1: rozbili sa len tanieriky z hornej tretiny. Potom x = 25 a z = 0. Z rovnice však vyplýva x = z + 11 = 0 + 11 = 11, a 25 \ne 11. Hodnota x by musela byť naraz 25 aj 11, čo nejde, takže tento prípad nastať nemôže.

Prípad 2: rozbili sa tanieriky z hornej a zo strednej tretiny, z dolnej žiadny. Potom z = 0, a teda x = 0 + 11 = 11. Keďže sa rozbil aspoň jeden stredný tanierik, rozbili sa všetky horné, takže v hornej tretine je n = 11 tanierikov. V strednej tretine ich je rovnako veľa, preto sa mohlo rozbiť najviac 11 + 11 = 22 tanierikov. My ich však máme rozbitých 25, čo je viac, ako sa vôbec mohlo rozbiť, takže ani tento prípad nastať nemôže.

Prípad 3: rozbil sa aspoň jeden tanierik z dolnej tretiny. Potom sa rozbili všetky tanieriky z hornej aj zo strednej tretiny, teda x = n a y = n, kde n je počet tanierikov v jednej tretine veže. Z rovnice z = x − 11 dostaneme z = n − 11. Spolu sa rozbilo 25 tanierikov:

n + n + (n − 11) = 25

3n − 11 = 25

3n = 36

n = 12

Teda x = 12, y = 12 a z = 12 − 11 = 1.

Pre x = 12, y = 12, z = 1 platí x + y + z = 25. Overíme si rozdiel škôd (v dukátoch):

Pôvodná veža: 80 \times 12 + 65 \times 12 + 50 \times 1 = 960 + 780 + 50 = 1790 dukátov

Prehodená veža: 50 \times 12 + 65 \times 12 + 80 \times 1 = 600 + 780 + 80 = 1460 dukátov

Rozdiel je 1790 − 1460 = 330 dukátov, čo sedí so zadaním.

Prípady 1 a 2 nastať nemôžu, takže iné riešenie neexistuje. V každej tretine veže bolo n = 12 tanierikov, a preto celá veža mala 3 × 12 = 36 tanierikov.

Veža mala pôvodne 36 tanierikov.

Ako prvé si uvedomme, že keďže deväťuholník a šesť uholník zdieľajú stranu a sú oba pravielné, tak všetky ich strany sú rovnako dlhé. Ďalej si všimnime, že to H,M,D sa nachádzajú na jednej priamke len vtedy keď uhly \angle IHM a \angle IHD sú rovnaké. 

Najprv potrebujeme jeden známy fakt^1, a to, že súčet vnútorných uhlov n-uholníka je (n-2)\cdot 180^\circKeďže v pravideľnom n-uholníku je každý uhol rovnako veľký, tak ich veľkosti musia byť n-tina z celkového súčtu uhlov, teda \frac{n-2}{n}\cdot 180^\circ

Pre 6-uholník to je teda \frac{6-2}{6}\cdot 180^\circ =\frac{4}{6}\cdot 180^\circ = 120^\circ a pre 9-uholník \frac{9-2}{9}\cdot 180^\circ =\frac{7}{9}\cdot 180^\circ = 140^\circ

Všimnime si, že uhol \angle HIM je len rozdielom uhlov \angle HIA a \angle MIA, ktoré vieme, že sú 140^\circ a 120^\circ respektívne, vo výsledku teda |\angle HIM| =140^\circ-120^\circ=20^\circ. Teraz sa pozrieme na trojuholník \triangle IHM. Všimnime si, že je rovnoramenný, lebo zo zadania aj 6 aj 9-uholník majú rovnako veľké strany, keďže sú pravideľné a zdieľajú jednu stranu. Teda zvyšné uhly \triangle IHM sú rovnako veľké a keďže |\angle HIM|=20^\circ a súčet uhlov v trojuholníku je 180^\circ tak |\angle IHM|=(180^\circ-20^\circ):2=80^\circ

Teraz sa pozrime ako vyrátame uhol \angle IHD. Pozrime sa na 6-uholník ABCDHI. Všimnime si, že je osovo súmerný podľa osi úsečky AB, teda uhly \angle IHD a \angle HDC sú rovnaké. Zároveň vieme, že všetky vzyšné uhly sú 140^\circ a súčet uhlov v 6-uholníku je (6-2)\cdot 180^\circ=720^\circ

S týmito informáciami viem teda vypočítať \angle IHD ako

|\angle IHD| = (720^\circ - 4\cdot 140^\circ):2=80^\circ

Keďže sme dokázali, že |\angle IHM|=|\angle IHD| = 80^\circ tak teda nutne musia H, M, D ležať na jednej priamke.

Poznámka 1: Tento fakt si aj dokážeme, ale len pre konvexné n-uholníky (také že úsečka medzi ľubovoľnými dvoma bodmi v n-uholníku sa nachádza celá v jeho vnútri). Toto nám na vyriešenie úlohy stačí.

Zoberme si ľubovoľný bod vnútri (X na obrázku) a spojme ho s jednotlivými vrcholmi.

Takto vytvoríme n trojuholníkov. Teraz si všimnime,  že súčet vnútorných uhlov n-uholníka je rovný súčtu vnútorných uhlov trojuholníkov mínus súčet uhlov pri X, čo je plný uhol teda 360^\circ, výsledne teda:

n\cdot 180^\circ-360^\circ=n\cdot 180^\circ-2\cdot180^\circ=(n-2)\cdot180^\circ

Všeobecne platí, že ak platí a/b a a/c, tak a/b-c (slovne, ak číslo a delí čísla b aj c, tak potom delí ich rozdiel).

Zo zadania platí, že p/n^2+1  a p/m^2+1. Tým, že n>m, tak potom platí p/m^2+1-(n^2+1), čiže p/n^2-m^2. n^2-m^2 vieme upraviť na zátvorky, čiže p/(n+m)(n-m).

Vieme, že aspoň jedno z n+m a n-m musí byť násobkom p.

Platí p>n-m, čo vyplýva z nerovnosti 0 (n už je menšie ako p a zmenšujeme ho kladným číslom). Všeobecne vieme, že väčšie číslo nemôže byť deliteľom menšieho čísla, čiže p nie je deliteľom n-m.

Tým pádom n+m je násobkom p. Avšak z toho, že m a n vyplýva n+m<2p. Ak  n+m je násobok p menší ako 2p, tak musí platiť n+m=p.

Odčítaním m v rovnosti dostávame n=p-m

Dosadením p-m do výrazu mn-1 dostávame m(p-m)-1=mp-m^2-1=\underline{mp-(m^2+1)}. Platí, že p delí mp a zo zadania vieme, že p delí m^2+1, čiže bude vedieť deliť ich rozdiel, mp-(m^2+1).

Tým, že mp-(m^2+1)=mn-1, tak platí \bold{p/mn-1}.

V tomto príklade bolo pomerne náročné dobre nájsť spôsob, ako dokázať to čo chceme.
To jest, že pre nejaký počet kachličiek existuje aspoň jedno rozostavenie také, že všetky tieto políčka vykachličkovať nevieme.

Dokázať, aby tento počet kachličiek bol najmenší možný je tiež výzva. Venujme sa však nájdeniu aspoň jednej takej konfigurácie, že sa nedajú všetky políčka zakryť.

Jedna vec čo si môžeme o mriežke všimnúť je, že sa do nej zmestí najviac 8 L-dielikov. Ako to?Každý dielik zaberá 3 políčka. Keby sme chceli do mriežky napchať dielikov 9, potrebovali by sme aspoň 3\times 9 = 27 políčok.

To je viac ako 25 políčok ktoré sa v mriežke nachádzajú, takže sa to nedá.

Vieme teda prísť na nasledovnú myšlienku: ak by sme dokázali vybrať 9 nejakých políčok v mriežke tak, že žiadne dve sa nedajú zakryť jedným dielikom, vieme, že všetkých 9 políčok sa nedá zakryť.

No a takéto políčka sa naozaj vybrať dajú, a to nasledovne:

Na zakrytie týchto políčok by bolo potrebných aspoň 9 dielikov, čo vieme, že sa do mriežky nezmestí. Teraz prichádza však náročná úloha. Musíme ukázať, že vybrať 8 políčok naozaj nestačí.

Vieme použiť nasledovný argument: Vyššie sme našli prípad, kde sme vybrali 9 políčok. Ak vyberieme 8 políčok, aspoň jedno políčko z tých, ktoré sme vyššie vybrali, musí byť prázdne. No, a tvrdím, že nech je prázdne ľubovoľné políčko z tých vyššie, vieme zakryť celú mriežku okrem toho políčka. Ako?

Jedným z nasledovných spôsobov, alebo ich rotáciou:

Pre ľubovoľný menší počet vieme použiť rovnaký argument, a preto sme dokázali, že je potrebných vybrať aspoň 9 políčok.

Pozrime sa na to, akú najkratšiu dĺžku môžu mať PQ a RS.

Je známe, že najkratšia spojnica bodu a priamky je kolmica, teda dĺžka PQ bude najmenšia, keď pre fixné Q zvolíme P ako pätu komice z Q na AB a podobne pre RS. Ak teda spustíme z bodov Q a R kolmice na priamku AB a body, v ktorých pretnú AB si označíme P’ a S’, tak pre ľubovoľné P a S bude platiť, že |PQ| \ge |P’Q| a podobne |RS| \ge |RS’|. Môžeme si teda upraviť nerovnosť, ktorú chceme dokázať nasledovne: |PQ| + |QR| + |RS| \ge |QR| + |P’Q| + |RS’| \ge 2h.

Zvoľme si bod M ako stred úsečky QR. Pätu kolmice z bodu M na AB si označme K. Všimnime si, že nakoľko uhol RCQ má 90°, tak kružnica so stredom v bode M a priemerom QR je Talesova a bod C leží na tejto kružnici. Platí teda, že aj CM je polomer tejto Talesovej kružnice, a teda |MQ| = |MR| = |CM|, z čoho dostávame |QR| = |MR| + |MQ| = 2 \cdot |CM|.

Pozrime sa teraz na štvoruholník P’QRS’. Keďže úsečky P’Q, RS’ aj MK sú kolmé na AB, tak sú navzájom rovnobežné, a teda štvoruholník P’QRS’ je lichobežník, lebo dve jeho protiľahlé strany sú rovnobežné. Priamka MK prechádza stredom strany QR a zároveň je rovnobežná so základňou lichobežníka P’Q, teda je to stredná priečka tohto lichobežníka a pre jej dĺžku platí, že |MK| = \frac {|P'Q|+|RS'|} 2, teda |P'Q| + |RS'| = 2 \cdot |MK|.

Vieme teda, že |PQ| + |QR| + |RS| \ge |QR| + |QP’| + |RS’| = 2 \cdot |MK| + 2 \cdot |CM|.

Dokážeme ešte, že MK + CM \ge h.

Urobíme si priamku r vedenú bodom C rovnobežnú s priamkou AB a jej priesečník s priamkou MK si označíme U. Nakoľko priamka MK je kolmá na AB, tak bude kolmá aj na priamku r, a teda pokiaľ je bod U rôzny od C, tak nám vznikne pravouhlý trojuholník CMU s pravým uhlom pri vrchole U. V pravouhlom trojuholníku vieme, že prepona je vždy ostro väčšia ako odvesna, teda platí, že |CM| > |UM|. Ak je bod U totožný s bodom C, tak zjavne |CM| = |UM|, teda všeobecne platí, že |CM| >= |UM|.

Výška h má rovnakú dĺžku ako úsečka KU, lebo obe predstavujú vzdialenosť dvoch rovnobežných priamok AB a r, a teda keďže h=KU = MK + UM, tak |MK| + |CM| \ge |MK| + |UM| = h.

Dosadíme do našej nerovnice:

|PQ| + |QR| +|RS| \ge |QR| + |QP’| + |RS’| = 2 \cdot |MK| + 2 \cdot |CM| \ge 2h

Čo sme chceli dokázať.