|
 Článok v pdf
Riešenia 2. série úloh korešpondenčnej súťaže
1. Dvaja nosiči vo Vysokých Tatrách nesú ťažký náklad potravín a materiálu na Téryho chatu. Keby zobral druhý od prvého dve škatule, náklad druhého by bol dvakrát ťažší ako prvého. Keby zobral prvý od druhého dve škatule, náklad oboch by bol rovnaký. Koľko škatúľ niesol prvý a koľko druhý nosič?
Riešenie: Na základe druhej podmienky vieme ľahko určiť, že prvý nosič má o 4 škatule menej ako druhý (keby zobral prvý od druhého dve škatule, tak prvý by mal o dve viac ako pôvodne a druhý o 2 menej ako pôvodne, teda rozdiel medzi ich počtami škatúľ je 4).
Označme si počet škatúľ, ktoré nesie druhý nosič, písmenom x. Potom počet škatúľ, ktoré nesie prvý nosič, bude x-4. Keby zobral druhý nosič od prvého dve škatule, tak by mal x+2 škatúľ a prvý by mal x-6 škatúľ. Na základe informácie zo zadania musí platiť
x+2 = 2(x-6).
Vyriešením tejto lineárnej rovnice dostaneme, že x=14, teda druhý nosič mal 14 škatúľ a prvý 10. Skúškou sa ľahko presvedčíme, že toto rozdelenie škatúľ vyhovuje.
2. Škola objednala spolu 324 bielych, ružových a červených astier na kytice pre učiteľov. Ružových astier bolo o 36 viac ako bielych a červených bolo dvakrát toľko ako bielych. Koľko rovnakých kytíc, ktoré by obsahovali rovnaký počet kvetov aj farieb, by mohli zviazať z týchto kvetov? Koľko kvetov jednotlivých farieb by bolo v každej kytici? Napíšte všetky možnosti.
Riešenie: Ak označíme počet bielych astier ako b, počet červených astier ako c a počet ružových astier ako r, tak na základe informácií v zadaní vieme, že platí
r = b+36,
c = 2b.
Zároveň vieme, že platí
b+c+r = 324.
Dosadením vyjadrení pre r a c dostávame lineárnu rovnicu pre b, ktorú vyriešime:
b+2b+b+36 = 324,
4b = 288,
b = 72.
To znamená, že bielych astier bolo 72. Potom na základe vyššie uvedených vzťahov ľahko dopočítame, že ružových astier bolo 108 a červených 144.
Keďže sa na kytice majú použiť všetky kvety a všetky kytice majú byť rovnaké, počet kytíc musí deliť jednotlivé počty kvetov. Najväčším spoločným deliteľom čísel 72, 108 a 144 je číslo 36, takže počet kytíc musí byť deliteľom tohto čísla. Znamená to, že mohli zviazať 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 a 36 kytíc. To, že každá z týchto možností je riešením úlohy, ľahko overíme prostredníctvom jednoduchej tabuľky, v ktorej uvádzame počty kytíc a počty kvetov jednotlivých farieb v príslušných kyticiach.
3. Predstavte si, že máte pred sebou 12 navonok rovnakých mincí, z ktorých práve jedna je falošná. Vieme o nej len to, že má inú hmotnosť ako ostatné, nevieme však, či je ľahšia alebo ťažšia. Navrhnite postup, pomocou ktorého odhalíte falošnú mincu a určíte, či je ťažšia alebo ľahšia ako pravé mince, pomocou troch vážení na rovnoramenných váhach bez závaží.
Riešenie: Označme si jednotlivé mince písmenami A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L. Najprv odvážime na jednej strane váh mince E, F, G, H a na druhej strane I, J, K, L.
Ak nastane rovnosť, tak falošná minca bude medzi mincami A, B, C, D. Zároveň však vieme aj to, že mince E, F, ..., L sú všetky pravé a majú rovnakú hmotnosť.
Teraz odvážime mince A, B, C na jednej miske a E, F, G na druhej. Ak nastane rovnosť, tak falošná minca je D, keďže E, F, G sú pravé mince. Potom ju porovnáme na váhach s ľubovoľnou inou mincou, aby sme určili, či je ťažšia alebo ľahšia ako pravá.
Ak nastane nerovnováha, tak falošná minca je medzi mincami A, B, C a zároveň už aj vieme, či je ľahšia alebo ťažšia ako pravá (ak sú mince A, B, C ťažšie ako E, F, G, tak falošná minca je ťažšia ako pravá, ak sú ľahšie ako E, F, G, tak falošná minca je ľahšia ako pravá).
Potom už len porovnáme hmotnosti mincí A a B. Ak sa rovnajú, tak falošná minca je C a na základe vyššie uvedeného už vieme, či je ľahšia alebo ťažšia. Ak sa hmotnosti mincí A a B nerovnajú, tak na základe predchádzajúceho váženia vieme, či je falošná minca ťažšia alebo ľahšia ako pravá, a podľa toho určíme, ktorá z týchto dvoch mincí je falošná.
Ak pri prvom vážení dostaneme nerovnováhu, tak určite vieme, že mince A, B, C, D sú pravé. Bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladať, že mince E, F, G, H sú ťažšie ako mince I, J, K, L.
Teraz odvážime mince A, E, K a F, I, J. Ak budú ťažšie mince A, E, K, tak falošná minca bude jedna z mincí E, I, J. Ak by bola falošná minca F, tak z prvého váženia by sme vedeli, že je ťažšia, a teda mince F, I, J by museli byť ťažšie ako mince A, E, K. Ak by bola falošná minca K, tak z prvého váženia by sme vedeli, že je ľahšia, a tak by opäť mince A, E, K nemohli byť ťažšie ako mince F, I, J. Keďže vieme, že minca A je pravá, ostali nám ako možné falošné mince už len E, I a J.
V treťom vážení porovnáme hmotnosti mincí I a J. Ak sa rovnajú, falošná je minca E a zároveň vieme aj to, že je ťažšia ako pravá. Ak nastane nerovnováha, tak vieme, že falošná minca bude I alebo J. Keďže mince F, I, J boli ľahšie ako pravé, tak falošná minca je ľahšia ako pravá, takže to bude ľahšia z mincí I, J.
Ak by boli ťažšie mince F, I, J, tak falošnou mincou je F, pričom je ťažšia ako pravá, alebo minca K, pričom je ľahšia ako pravá. Minca E nemôže byť falošná, lebo by musela byť na základe prvého váženia ťažšia, a tak by aj A, E, K boli ťažšie ako F, I, J. Mince I, J nemôžu byť falošné, lebo by museli byť na základe prvého váženia ľahšie, a tak by aj A, E, K boli ťažšie ako F, I, J. Teraz už len porovnáme hmotnosť mince F s mincou A, o ktorej vieme, že je pravá. Ak nastane rovnosť, tak falošná je minca K a je ľahšia ako pravá. Ak bude minca F ťažšia ako minca A, tak falošná je minca F a je ťažšia ako pravá.
Ak nastane rovnováha pri vážení mincí A, E, K a F, I, J, tak falošná je jedna z mincí G, H, L. V treťom vážení porovnáme hmotnosti mincí G a H. Ak budú rovnaké, falošná je minca L a je ľahšia ako pravá na základe prvého váženia. Ak nastane nerovnováha, tak falošná minca je tá, ktorá je ťažšia, pretože na základe prvého váženia už vieme, že falošná minca je ťažšia ako pravá, pretože už vieme, že všetky mince okrem mincí G a H, ktoré sú na jednej strane váh, sú pravé. Zároveň je jasné, že falošná minca je ťažšia ako pravá.
Keďže sme prebrali všetky možnosti, dokážeme vždy nájsť falošnú mincu na tri váženia.
4. Na oválnom štadióne sa pripravujú bežecké dráhy. Navrhnite rozmiestnenie štartovacích blokov pre štyroch pretekárov, aby pri jednom obehu štadióna (s cieľom na rovine) bežali rovnako dlhú dráhu. Dĺžka rovných úsekov je 100 metrov, polomer vnútornej dráhy 20 metrov, dráha je široká jeden meter a každý pretekár preteká v samostatnej dráhe.
Riešenie: Za jeden obeh štadióna zoberme dráhu prebehnutú v dráhe, ktorá je najkratšia (vnútorná). Keďže dráha pozostáva z dvoch rovných úsekov po 100 metrov a dvoch polkružníc s polomerom 20 m, 21 m, 22 m a 23 m, rozdiel v dráhach budú spôsobovať práve tieto polkružnice. Keďže dve polkružnice vytvoria svojou dĺžkou jednu kružnicu, bude dráha prebehnutá po oblúkoch 2πr, kde r je polomer oblúka pre príslušnú dráhu. Rozdiel v prebehnutých dráhach bude 2π(r1−r2), kde r1, r2 sú príslušné polomery dráh. Ak zvážime, že dve susediace dráhy majú polomery líšiace sa o jeden meter, tak rozdiely v dráhach budú 2π metrov.
Preto treba na začiatku pretekárov rozostaviť tak, aby na rovnom úseku bol pretekár v druhej dráhe (počítame od vnútornej dráhy) o 2π metrov pred pretekárom v prvej dráhe, pretekár v tretej dráhe o 2π metrov pred pretekárom v druhej dráhe a pretekár v štvrtej dráhe o 2π metrov pred pretekárom v tretej dráhe.
Poznámka: V tomto riešení sme za dĺžku dráhy považovali dĺžku dráhy na jej vnútornom kraji. Ak by sme dĺžku dráhy počítali napríklad v jej strede, tak síce by sa zväčšila jej celková dĺžka, avšak na výpočet by to nemalo vplyv, pretože dĺžku dráhy by sme opäť merali v metrových rozstupoch a rozdiely v dráhach by vyšli rovnaké.
5. Určte, aký najmenší počet čísel musíte vyčiarknuť z množiny čísel 1, 2, 3, ..., 2011 tak, aby sa ani jedno zo zostávajúcich čísel nerovnalo súčinu iných dvoch zostávajúcich (nevyčiarknutých) čísel. Akým spôsobom to môžete urobiť?
Riešenie: Ukážeme si, že stačí vyčiarknuť 43 čísel, a to čísla 2, 3, ..., 44. Ak by sme vyčiarkli menej čísel, tak by sme niektorú trojicu čísel k, 89-k, k(89−k), k=2, 3, ...,44, nechali kompletnú (takýchto trojíc je totiž 43 a keďže sú navzájom disjunktné, vyčiarknutím maximálne 42 čísel aspoň jedna trojica ostane kompletná). Keďže platí
k(89−k) = 44,52−(k−44,5)2 ≤ 44,52 = 1980,25 < 2011
všetky vymenované čísla sú menšie ako 2 011 a dostávame spor s tým, že máme trojicu čísel, pre ktoré platí, že jedno z nich sa rovná súčinu zvyšných dvoch čísel.
Na druhej strane ľahko overíme, že keď vyčiarneme tieto čísla, tak ostatné čísla už túto vlastnosť mať budú, pretože najmenšie dve čísla, ktoré môžeme násobiť (okrem jednotky), sú 45 a 46 a platí 45.46 = 2070 > 2011. Ak by sme vybrali jednotku, tak keď ňou vynásobíme ľubovoľné iné číslo, tak dostaneme to isté číslo, teda sa nemôže rovnať nejakému inému tretiemu číslu. A na záver už len ľahko nahliadneme, že súčinom dvoch čísel väčších ako 1 nedostaneme nikdy súčin 1.
6. Určte počet všetkých štvorciferných prirodzených čísel, ktorých desiatkový zápis obsahuje práve dve jednotky a ktoré sú deliteľné šiestimi.
Riešenie: Vieme, že prirodzené číslo je deliteľné šiestimi práve vtedy, keď je deliteľné dvoma a troma zároveň. Taktiež vieme, že prirodzené číslo je deliteľné dvoma práve vtedy, keď končí na číslicu 0, 2, 4, 6 alebo 8. A tiež vieme, že prirodzené číslo je deliteľné troma práve vtedy, keď je jeho ciferný súčet deliteľný troma. Postupne rozoberieme jednotlivé možnosti poslednej cifry hľadaných čísel.
Ak sa číslo končí na 0 a obsahuje dve jednotky, jeho minimálny ciferný súčet je 2. Aby bol deliteľný troma, môže to byť len 3, 6 a 9, pretože maximálny ciferný súčet tohto čísla je 9+2=11. Ak by bol tento ciferný súčet 3, tak štvrtou cifrou by musela byť jednotka, čo nie je možné, pretože toto číslo obsahuje vo svojom desiatkovom zápise práve dve jednotky. Ak budeme uvažovať o cifernom súčte 6, tak štvrtou cifrou bude 4. Keďže ju môžeme umiestniť na miesto desiatok, stoviek aj tisícok, dostávame tri prípustné možnosti (4 110, 1 410, 1 140). Ciferný súčet 9 nás dovedie opäť k trom možnostiam, pretože štvrtou cifrou potom bude 7 a tú môžeme umiestniť opäť na tri miesta (7 110, 1 710, 1 170). Pre koncovú cifru 0 sme teda dostali 6 možností.
Ak sa číslo končí na 2 a obsahuje dve jednotky, jeho minimálny ciferný súčet je 4 a maximálny ciferný súčet je 13, pretože 1+1+2+9=13. Prípustné hodnoty ciferného súčtu potom sú 6, 9, 12, ktoré vedú k štvrtej cifre 2, 5, resp. 8. Pre každú hodnotu dostaneme opäť po tri možnosti, teda spolu 9 možností (2 112, 1 212, 1 122, 5 112, 1 512, 1 152, 8 112, 1 812, 1 182).
Ak sa číslo končí na 4 a obsahuje dve jednotky, jeho minimálny ciferný súčet je 6 a maximálny ciferný súčet je 15, pretože 1+1+4+9=15. Prípustné hodnoty ciferného súčtu potom sú 6, 9, 12, 15, ktoré vedú k štvrtej cifre 0, 3, 6, resp. 9. Pre cifru 0 dostávame len dve možnosti, pretože štvorciferné číslo nemôže začínať nulou (1 014, 1 104). Ak sa bude štvrtá cifra rovnať 3, 6 alebo 9, dostaneme opäť po tri možnosti (3 114, 1 314, 1 134, 6 114, 1 614, 1 164, 9 114, 1 914, 1 194). Dostávame tak, že ak sa číslo končí na 4, existuje 11 vyhovujúcich možností.
Ak sa číslo končí na 6 a obsahuje dve jednotky, jeho minimálny ciferný súčet je 8 a maximálny ciferný súčet je 17, pretože 1+1+6+9=17. Prípustné hodnoty ciferného súčtu potom sú 9, 12, 15, ktoré vedú k štvrtej cifre 1, 4, resp. 7. Hodnota 1 nevyhovuje, pretože by naše štvorciferné číslo obsahovalo tri jednotky, čo nie je prípustné. Pre hodnoty 4 a 7 dostaneme opäť po tri možnosti, teda spolu 6 možností (4 116, 1 416, 1 146, 7 116, 1 716, 1 176).
Ak sa číslo končí na 8 a obsahuje dve jednotky, jeho minimálny ciferný súčet je 10 a maximálny ciferný súčet je 19, pretože 1+1+8+9=19. Prípustné hodnoty ciferného súčtu potom sú 12, 15, 18, ktoré vedú k štvrtej cifre 2, 5, resp. 8. Pre každú hodnotu dostaneme opäť po tri možnosti, teda spolu 9 možností (2 118, 1 218, 1 128, 5 118, 1 518, 1 158, 8 118, 1 818, 1 188).
Spolu dostávame, že existuje 6+9+11+6+9=41 štvorciferných prirodzených čísel, ktorých desiatkový zápis obsahuje práve dve jednotky a ktoré sú deliteľné šiestimi.
7. Paľko ukladá svoje dvojcentové mince do štvorcov. Začal so štvorcom s dĺžkou strany jedna minca, pokračoval so štvorcom s dĺžkou strany 2 mince atď. Keď zaplnil posledný celý štvorec, zostalo mu 30 centov. Keď chcel utvoriť štvorec so stranou o 1 dlhšou, chýbalo mu už 32 centov. Určte, koľko mal Paľko dvojcentových mincí a aký najväčší štvorec sa mu podarilo poskladať.
Riešenie: Predstavme si, že Paľko poskladal do štvorca mince, ktoré má. Zostalo mu 30 centov a keďže sú to dvojcentové mince, zostalo mu 30:2=15 mincí. Teraz by chcel tento štvorec zväčšiť tak, aby mu vznikol štvorec so stranou o 1 dlhšou. K pôvodnému štvorcu priložil tých 15 mincí, čo mu predtým zostalo, ale ešte stále mu chýbalo 32:2=16 mincí. Teda na to, aby zväčšil stranu štvorca o 1, potrebuje spolu 15+16=31 mincí.
Akým spôsobom tie mince prikladal? Musel doložiť mince z dvoch susedných strán pôvodného štvorca (napr. zhora a sprava) a ešte musel položiť jednu mincu do pravého horného rohu. K stranám štvorca teda prikladal 31−1=30 mincí. Mincí, ktoré priložil sprava, je rovnako veľa ako mincí, ktoré prikladal zhora (štvorec má všetky strany rovnako dlhé). Z jednej strany teda priložil 30:2=15 mincí, čiže aj pôvodný Paľkov štvorec mal stranu dlhú 15 mincí.
Paľko mal toľko mincí, koľko potreboval na vytvorenie pôvodného štvorca (čiže 15.15=225 mincí) plus ešte 15 mincí, ktoré mu zostali, keď vytvoril pôvodný štvorec. Takže spolu mal 225+15=240 mincí.
Iné riešenie: Označme si x dĺžku strany štvorca, ktorý Paľko poskladal, keď mu zostalo 15 mincí. Koľko mal Paľko mincí? Toľko, koľko potreboval na vytvorenie tohto štvorca (čiže x×x mincí) plus ešte tých 15 mincí, ktoré mu zostali. Počet Paľkových mincí sa dá vyjadriť ešte aj inak. Keby urobil štvorec so stranou o 1 väčšou (teda so stranou x+1), potreboval by na to
(x+1) .(x+1)=(x+1)2
mincí. Ale na to mu chýbalo ešte 16 mincí, čiže mal (x+1)2−16 mincí. To môžeme zapísať do rovnosti:
x2+15 =(x+1)2−1.
Odčítaním x2 od oboch strán rovnice dostávame lineárnu rovnicu
15 = 2x−15,
z ktorej už ľahko dostaneme, že x=15.
Strana pôvodného štvorca mala 15 mincí a Paľko mal 152+15=240 mincí.
8. Nech f(x)=ax2+bx+c, x∈R pričom reálne koeficienty a, b, c sú také, že rovnica
f(x) = x
nemá reálne riešenie. Dokážte, že ani rovnica
f(f(x)) = x
nemá reálne riešenie.
Riešenie: Keďže funkcia f je spojitá a rovnica f(x)=x nemá riešenie, tak musí pre všetky reálne čísla x platiť buď f(x)<x alebo f(x)>x. Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že platí f(x)<x. Potom platí aj
f(f(x))<f(x)<x,
a teda rovnica f(f(x))=x nemá reálne riešenie, čo sme chceli dokázať.
Dve úlohy na leto
1. Určte, koľko je možností pridelenia štyroch študentov na preskúšanie trom učiteľom, ak požadujeme:
a) aby každý študent bol preskúšaný aspoň jedným učiteľom;
b) aby každý študent bol preskúšaný práve jedným učiteľom;
c) aby každý učiteľ preskúšal aspoň jedného študenta,
d) aby každý učiteľ preskúšal práve jedného študenta.
2. V roku 2007 súčet prvého dvojčíslia a posledného dvojčíslia roku narodenia jedného matematika vyjadril jeho vek. V ktorom roku 20. storočia sa tento matematik narodil?
|