53. ročník Matematické olympiády
Komentáře k domácímu kolu kategorie Z5 1. Víceciferné číslo, jehož číslice se ve směru zleva doprava zvětšují (tj. počet jednotek je větší než počet desítek, počet desítek je větší než počet stovek, počet stovek. . .), se nazývá rostoucí. Například číslo 2 459 je rostoucí, ale číslo 2 354 rostoucí není. Všechna možná rostoucí čísla jsme správně uspořádali od největšího k nejmenšímu a prvních 10 jsme sečetli. Jaký jsme dostali výsledek, pokud jsme počítali správně? Řešení. Největší číslo bude devíticiferné a další již osmiciferná. 123 456 789 23 456 789 13 456 789 12 456 789 12 356 789 12 346 789 12 345 789 12 345 689 12 345 679 12 345 678 246 913 569
2. Útvar na obrázku je složen ze zápalek.
a) Kolik zápalek bylo použito? b) Kolik zápalek musíme z tohoto obrazce odebrat, aby vzniklo právě 12 čtverečků (strana jednoho čtverečku je jedna zápalka), které se navzájem mohou dotýkat jen v rozích (vrcholech)? Nakresli, jak potom obrazec vypadá. Řešení. a) Bylo použito 5 × 6 = 30 „vodorovnýchÿ a 5 × 6 = 30 „svislýchÿ zápalek. Celkem bylo použito 60 zápalek. b) Po odebrání 12 zápalek dostaneme útvar splňující požadované podmínky. 1
3. Vědci vyšlechtili nový ovocný strom, tak zvanou hrušbloň. Na jednom takovémto stromě rostou současně hrušky i jablka, ale nic jiného. Přitom jablek je vždy dvakrát více než hrušek. O hrušbloni je ještě známo, že se na ní každý rok urodí alespoň 77 plodů, ale úroda nepřesáhne 88 plodů. a) Kolik nejméně jablek získáme ročně z jedné rodící hrušbloně? b) Můžeme mít z 55 hrušbloní roční úrodu 1 600 hrušek? Řešení. Jablka : hrušky = 2 díly : 1 díl, celkem 3 díly, tedy celkový počet plodů musí být dělitelný třemi. Zároveň celkový počet plodů musí být větší nebo roven 77 a menší nebo roven 88. Z těchto dvou podmínek plyne, že celkový počet plodů může být 78, 81, 84 nebo 87. a) Nejméně může být 78 plodů, 78 : 3 = 26, tedy: 1 díl je 26 (počet hrušek), 2 díly je 52 (počet jablek). Z jedné rodící hrušbloně získáme nejméně 52 jablek. b) Nejvíce může být 87 plodů, 87 : 3 = 29, tedy: 1 díl je 29 (počet hrušek), 2 díly je 58 (počet jablek). Z jednoho stromu lze získat maximálně 29 hrušek, z 55 stromů maximálně 29×55 = 1 595 (hrušek). Z 55 hrušbloní nemůžeme mít úrodu 1 600 hrušek. 4. Z čísel 3 256 871 a 4 589 238, které mají dohromady 14 číslic, vyškrtni celkem 5 číslic tak, aby součet vzniklých čísel byl co nejmenší. Řešení. Minimální součet dostaneme tehdy, když v jednom čísle škrtneme tři a ve druhém dvě číslice. Když škrtneme tři číslice v prvním a dvě ve druhém čísle, dostaneme jako nejmenší možná čísla 2 561 a 45 238, jejichž součet je 47 799. Když škrtneme 2 číslice v prvním a tři ve druhém čísle, dostaneme jako nejmenší možná čísla 25 671 a 4 238, jejichž součet je 29 909, tedy menší než v prvním případě. Proto tedy musíme škrtnout číslice 3 a 8 v prvním a 5, 8 a 9 ve druhém čísle. 5. Když se dva obdélníky skamarádí, přitisknou se stranami k sobě tak, aby měly alespoň jeden vrchol společný (čtverec je speciální případ obdélníku a platí pro něj stejné pravidlo na skamarádění se). Čtverec se stranou délky 6 cm se skamarádil s obdélníkem se stranami délek 7 cm a 9 cm. Potom si ještě našly další čtverec, s kterým se oba skamarádily. Jaké rozměry mohl mít tento čtverec? Najdi všechny možnosti (délky stran čtverců a obdélníků jsou celá čísla). 2
Řešení. Čtverec 6 cm × 6 cm a obdélník 7 cm × 9 cm se mohli skamarádit dvěma způsoby: 6 6 9
7 7
9
K nim je nutné uvažovat všechny možnosti přidání nového čtverce. 15
6
6
1
9
9 7
7 13 6
3
6
7
7 9
9
Čtverec tedy může mít stranu délky 1 cm, 3 cm, 13 cm nebo 15 cm. 6. Myslím si číslo. Po jeho zaokrouhlení na desetitisíce dostanu číslo 20 000. Při zaokrouhlení na desítky se nezmění. Po zaokrouhlení na stovky se moje myšlené číslo zvětší o 20, při zaokrouhlování na tisíce také. Jaké číslo si mohu myslet? Napiš všechny možnosti. Řešení. Jestliže se mé číslo po zaokrouhlení na tisíce zvětší o 20, musí být poslední trojčíslí 980. Po zaokrouhlení na desetitisíce dostanu 20 000, takže vyhovují následující čísla: 15 980, 16 980, 17 980, 18 980, 19 980, 20 980, 21 980, 22 980, 23 980, 24 980. Snadno ověříme, že všechna tato čísla splňují i zbývající podmínky. 3
53. ročník Matematické olympiády
Komentáře k domácímu kolu kategorie Z6
1. Cik-cak čísla jsou taková přirozená čísla, ve kterých se střídají sudé a liché číslice, z nichž žádné dvě nejsou stejné. Pokud všechna taková čísla uspořádáme od největšího po nejmenší, která čísla budou na 1., 5. a 10. místě? Řešení. Největší takové číslo musí být deseticiferné. Rozdělíme všechny číslice na sudé a liché: Sudé jsou: 0, 2, 4, 6, 8;
liché jsou: 1, 3, 5, 7, 9.
Hledáme-li největší cik-cak číslo, budeme střídavě vybírat z každé skupiny tu nej větší číslici a „řaditÿ je za sebou. První největší takové číslo tedy je 9 876 543 210. Při hledání druhého největšího cik-cak čísla potřebujeme vyměnit poslední čís lici (tj. 0) za nejbližší možnou předcházející číslici. Při výměně 0 a 1 dostaneme číslo 9 876 543 201, které ale není cik-cak. Další možností je vyměnit 0 a 2. Dostáváme tak číslo 9 876 543 012, které už je naším hledaným druhým největším cik-cak číslem. Je vidět, že můžeme vyměňovat jen číslici na sudém místě (od konce) s jinou číslicí na sudém místě (tj. 1, 3, 5, 7, 9) nebo číslici na lichém místě s jinou číslicí na lichém místě (tj. 0, 2, 4, 6, 8). Pokud bychom to nedodrželi, nedostali bychom po výměně cik-cak číslo. Další možnost je vyměnit číslici na druhém místě od konce (tedy číslici 1) s nejbližší možnou předcházející — s číslicí 3. Tím získáme 3. největší cik-cak číslo: 9 876 541 230. Podobným způsobem dostaneme i další čísla (potřebujeme najít 10 největších), získáme tak následující seznam: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
9 876 543 210 9 876 543 012 9 876 541 230 9 876 541 032 9 876 523 410 9 876 523 014 9 876 521 430 9 876 521 034 9 876 503 412 9 876 503 214
Odpověď : Na 1. místě je 9 876 543 210, na 5. místě 9 876 523 410 a na 10. místě 9 876 503 214. 4
2. Pan učitel vyrobil drátěné modely krychle, čtyřstěnu a pravidelného čtyřbokého jehlanu. Všechny hrany všech těles jsou stejně dlouhé a jejich délka v centimetrech je celé číslo. Na zhotovení krychle spotřeboval více než 45 cm drátu, na jehlan mu stačilo méně než 35 cm. Kolik drátu spotřeboval na výrobu čtyřstěnu?
Řešení. Nejprve zjistíme, kolik hran má každé z vyrobených těles: krychle: 12 hran čtyřstěn: 6 hran čtyřboký jehlan: 8 hran Jestliže na výrobu modelu krychle spotřeboval víc než 45 cm drátu, musí být hrana delší než 3 cm (protože 3 · 12 = 36, 4 · 12 = 48). Jestliže mu na jehlan stačilo méně než 35 cm drátu, musí být hrana kratší než 5 cm (protože 5 · 8 = 40, 4 · 8 = 32). Mají-li být délky všech hran všech těles stejně dlouhé a jejich délka v centimetrech celé číslo, připadá v úvahu jediná možnost: 4 cm. Pan učitel spotřeboval na výrobu čtyřstěnu 4 · 6 = 24 cm drátu. 3. Míša cestuje k babičce vlakem. Nejčastěji jezdí rychlíkem v 9 23 a o 153 minut později vystoupí ve stanici, kde čeká na osobní vlak. Dnes měl rychlík při odjezdu z Míšova bydliště zpoždění 12 minut. Toto zpoždění během jízdy zdvojnásobil a pak zkrátil o 15 minut. Tak zbylo Míšovi do řádného odjezdu osobního vlaku jen 7 minut. V kolik hodin má odjíždět osobní vlak? Řešení. Jestliže vlak dvanáctiminutové zpoždění zdvojnásobil, měl už zpoždění 2 · 12 = 24 minut. Jestliže toto zpoždění zkrátil o 15 minut, bylo výsledné zpoždění rychlíku 24 − 15 = 9 minut. To znamená, že osobní vlak odjíždí 9 + 7 = 16 minut po příjezdu rychlíku, tedy 153 + 16 = 169 minut po odjezdu rychlíku z Míšova bydliště. Po převedení 169 minut na hodiny a minuty dostaneme 2 hodiny a 49 minut. Přičteme-li tento čas k času odjezdu rychlíku, vyjde nám 1172 . Teď ještě „odečtemeÿ 60 minut a přičteme je k hodinám. Pravidelný odjezd osobního vlaku je ve 1212 . 4. Napiš za sebou všechna čísla od 1 do 60 následujícím způsobem: 1 2 3 . . . 58 59 60. Ze získaného čísla vyškrtni 100 cifer tak, abys získal největší možné číslo. 5
Řešení. Nejprve si zjistíme, kolik cifer má toto číslo. Protože vzniklo z 9 jedno ciferných a 60 − 9 = 51 dvojciferných čísel, musí být tvořeno 9 · 1 + 51 · 2 = 111 číslicemi. Hledané číslo bude tedy mít po vyškrtnutí 100 číslic 111 − 100 = 11 číslic. Má-li být výsledné číslo co největší, musí mít na prvních místech devítky. Těch je v původním čísle celkem 6 (čísla 9, 19, 29, 39, 49, 59). Vyškrtáním dostaneme 9 9 9 9 9 50 51 52 . . . 58 59 60. Necháme co největší číslice a zbytek vyškrtáme. Získáme tak číslo 999 996 789 960. 5. Rozděl obdélník o rozměrech 27 cm a 12 cm a) na tři obdélníky, b) na dvě části, tak, aby z nich bylo možno složit čtverec (díly se nesmějí překrývat). Řešení. Nejprve si zjistíme délku strany výsledného čtverce. Jestliže se díly nepře krývají, musí mít daný obdélník a výsledný čtverec stejný obsah. S = 27 · 12 = 324 cm 2 . Odtud je délka strany čtverce rovna 18 cm, protože 18 · 18 = 324 (z rozkladu čísla 324 na součin prvočísel). a) Z původního obdélníku ustřihneme obdélník o rozměrech 18 cm a 12 cm. Do čtverce nám „chybíÿ obdélník o rozměrech 18 cm a 6 cm, k dispozici máme obdélník o rozměrech 12 cm a 9 cm. Vidíme, že stačí tento obdélník „rozstřihnoutÿ na dva obdél níky o rozměrech 6 cm a 9 cm. Rozdělený obdélník a složený čtverec jsou na následujícím obrázku. 18 27
12
6
12
6 18
6
9
9
9
b) Abychom dostali čtverec, musíme šířku obdélníku o 6 cm prodloužit a délku o 9 cm zkrátit. Výsledkem pak budou jakési „schodyÿ: 18 27 9
12
6
6 9
12 9
12
9 6
6
18
18
6
6. Zvolím si nějaké přirozené číslo a táhnu figurkou po čtverečkovaném papíře podle následujícího pravidla: Dané číslo vydělím dvěma. Vyjde-li zbytek nula, posunu figurku o jeden čtvereček nahoru, vyjde-li jiný zbytek, táhnu figurkou o jeden čtvereček vpravo. Po posunutí figurky vezmu podíl a znovu dělím dvěma. Figurku posunu podle stejného pravidla a tak pokračuji dál. a) Vybral jsem si číslo 89. Znázorni prvních pět tahů figurkou pro toto číslo a napiš poslední podíl. b) Táhl jsem figurkou tak, jak je naznačeno na následujícím obrázku, a po těchto tazích jsem dostal podíl 1. Jaké číslo jsem si zvolil?
Řešení. a) 1. tah: 89 : 2 = 44, zbytek 2. tah: 44 : 2 = 22, zbytek 3. tah: 22 : 2 = 11, zbytek 4. tah: 11 : 2 = 5, zbytek 5. tah: 5 : 2 = 2, zbytek Pohyb figurkou potom vypadá takto:
1 → posun figurky vpravo 0 → posun figurky nahoru 0 → posun figurky nahoru 1 → posun figurky vpravo 1 → posun figurky vpravo
Poslední podíl je 2. b) Po vydělení přirozeného čísla dvěma můžeme dostat pouze zbytek 0 nebo 1. Vedl-li tedy tah vpravo, musel být zbytek 1. Při řešení budeme postupovat „odzaduÿ: 6. tah vedl nahoru → příslušný zbytek je 0 → předchozí podíl tedy byl 2 · 1 + 0 = 2, 5. tah vedl nahoru → zbytek 0 → předchozí podíl: 2 · 2 + 0 = 4, 4. tah vedl vpravo → zbytek 1 → předchozí podíl: 2 · 4 + 1 = 9, 3. tah vedl vpravo → zbytek 1 → předchozí podíl: 2 · 9 + 1 = 19, 2. tah vedl nahoru → zbytek 0 → předchozí podíl: 2 · 19 + 0 = 38, 1. tah vedl vpravo → zbytek 1 → předchozí podíl: 2 · 38 + 1 = 77. Zvolené číslo bylo 77.
7
53. ročník Matematické olympiády
Komentáře k domácímu kolu kategorie Z7 1. Minulý týden koupila Sněhurka dva stejné balíčky lentilek. Spravedlivě je rozdělila mezi svých sedm trpaslíků tak, že každý z nich dostal 5 lentilek, zbývající lentilky, které se nedaly rozdělit, snědla sama. Tento týden koupila Sněhurka tři takové balíčky lentilek. Znovu je rozdělila mezi sedm trpaslíků a zbytek snědla, bohužel jí tentokrát zbylo ještě méně než v minulém týdnu. Kolik lentilek bylo v jednom balíčku? Řešení. Lentilek bylo (7·5+ zbytek). Zbytek může být některé z čísel 1, 2, 3, 4, 5, 6. Protože se dělí dva balíčky, musí být počet lentilek sudé číslo. Protože trpaslíci dostali lichý počet lentilek (7 · 5 = 35), musí být zbytek liché číslo. a) Zbytek 1 (tzn. Sněhurka by dostala při prvním dělení 1 lentilku), celkem bylo 7 · 5 + 1 = 36 lentilek, v každém balíčku bylo 36 : 2 = 18 lentilek, při druhém dělení bylo ve 3 balíčcích 18 · 3 = 54 lentilek, 54 = 7 · 7 + 5, tzn. každý trpaslík by dostal 7 lentilek a na Sněhurku by připadlo 5 lentilek, což je více než při prvním dělení (5 > 1), tato možnost nevyhovuje. b) Zbytek 3 (tzn. Sněhurka by při prvním dělení dostala 3 lentilky), celkem bylo 7 · 5 + 3 = 38 lentilek, v každém balíčku bylo 38 : 2 = 19 lentilek, při druhém dělení bylo ve 3 balíčcích 19 · 3 = 57 lentilek, 57 = 7 · 8 + 1, tzn. Sněhurka by při druhém dělení dostala 1 lentilku, což je méně než při prvním dělení (1 < 3), tato možnost vyhovuje zadání. c) Zbytek 5 (tzn. Sněhurka by při prvním dělení dostala 5 lentilek), celkem bylo 7 · 5 + 5 = 40 lentilek, v každém balíčku bylo 40 : 2 = 20 lentilek, při druhém dělení bylo ve 3 balíčcích 20 · 3 = 60 lentilek, 60 = 7 · 8 + 4, tzn. Sněhurka by při druhém dělení dostala 4 lentilky, což opět vyhovuje zadání (4 < 5). Odpověď : Úloha má 2 řešení. V jednom balíčku mohlo být 19 nebo 20 lentilek. 2. Maminka usmažila koblihy. Jejich vůně přilákala děti. Nejprve si Pavel vzal o jednu koblihu méně, než byla třetina všech koblih, pak Světlana o jednu koblihu méně, než byla třetina zbývajících, a nakonec Maruška o jednu koblihu méně, než byla třetina zbytku. V míse zbylo 11 koblih. Kolik koblih maminka usmažila? Řešení. 1. způsob: Výhodné je řešit úlohu „odzaduÿ: a) Uvažujme, kolik koblih mohlo být v míse, když k ní přišla Maruška: počet koblih musel být větší než 11 a zároveň dělitelný třemi, což je 12, 15, 18, . . . — kdyby bylo koblih 12: 12 : 3 = 4, 4 − 1 = 3, 12 − 3 = 9. Po odchodu Marušky by zůstalo 9 koblih, což nevyhovuje zadání. 8
— kdyby bylo koblih 15: 15 : 3 = 5, 5 − 1 = 4, 15 − 4 = 11. To vyhovuje zadání. b) Uvažujme, kolik koblih mohlo být v míse, když k ní přišla Světlana: počet koblih musel být větší než 15 a zároveň dělitelný třemi, což je 18, 21, 24, . . . — kdyby bylo koblih 18: 18 : 3 = 6, 6 − 1 = 5, 18 − 5 = 13. Nevyhovuje zadání. — kdyby bylo koblih 21: 21 : 3 = 7, 7 − 1 = 6, 21 − 6 = 15. Vyhovuje zadání. c) Uvažujme, kolik mohlo být v míse koblih, když k ní přišel Pavel: počet koblih musel být větší než 21 a zároveň dělitelný třemi, což je 24, 27, 30, 33, . . . — kdyby bylo koblih 24: 24 : 3 = 8, 8 − 1 = 7, 24 − 7 = 17. Nevyhovuje zadání. — kdyby bylo koblih 27: 27 : 3 = 9, 9 − 1 = 8, 27 − 8 = 19. Nevyhovuje zadání. — kdyby bylo koblih 30: 30 : 3 = 10, 10 − 1 = 9, 30 − 9 = 21. Vyhovuje zadání. Odpověď : Maminka usmažila 30 koblih. 2. způsob: K řešení lze dojít i jiným uvažováním „odzaduÿ: Maruška si vzala o 1 koblihu méně, než byla třetina všech. Kdyby si vzala právě třetinu, zbylo by koblih ne 11, ale 10 a představovaly by 23 předchozího stavu, který byl (10 : 2) · 3 = 15. 15 koblih zbylo poté, co si Světlana vzala o 1 méně než byla třetina všech. Kdyby si vzala třetinu, zbylo by jich 14 a tvořily by 23 předchozího zbytku, který byl (14 : 2) · · 3 = 21. 21 koblih zbylo, když si Pavel vzal o 1 méně než třetinu. Kdyby si vzal právě třetinu, zbylo by jich 20, tvořily by 23 celku, který byl (20 : 2) · 3 = 30. Maminka usmažila 30 koblih. 3. Mám dva stejné papírové trojúhelníky. Umím z nich (bez překrývání) složit obdélník s obvodem 21 cm nebo kosodélník s obvodem 24 cm nebo trojúhelník s obvodem 27 cm. Jaké rozměry mají moje trojúhelníky? Řešení. Aby šel složit obdélník, musejí být trojúhelníky pravoúhlé (s odvěsnami a, b a přeponou c). a a b Obdélník: 2a + 2b = 21
c
c
b Kosodélník: 2a + 2c = 24
a c Trojúhelník: 2b + 2c = 27
c
a b
9
b
b a
c
Sečteme všechny obvody dohromady: 2a + 2b = 21,
2a + 2c = 24,
2a + 2c = 24, 2b + 2c = 27,
2a + 2 · 7,5 = 24, a = 4,5,
4a + 4b + 4c = 72, 2a + 2b + 2c = 36, 21 + 2c = 36,
2b + 2c = 27, 2b + 2 · 7,5 = 27, b = 6.
c = 7,5,
Odpověď: Původní trojúhelníky mají rozměry 4,5 cm, 6 cm a 7,5 cm. 4. Do políček obrazce vepiš čísla 1, 2, . . ., 9 tak, abys po sečtení všech čísel v jakémkoliv „trojokénkuÿ získal stejný, co možná největší součet.
Řešení. Součet čísel 1 až 9 je 45. Označíme čísla v „rozíchÿ x, y, z, součet v každém y x
z
„trojokénkuÿ označíme s. Platí: s + (s − x) + (s − y) + (s − z) = 45, 4s − x − y − z = 45, s = 11 +
x+y+z+1 . 4
Součet (x + y + z + 1) musí být co největší a musí být dělitelný čtyřmi. Řešení tabulkou: x y z x+y+z+1 9 8 7 25 → nevyhovuje, není dělitelné čtyřmi 9 8 6 24 → vyhovuje . . . s = 11 + 9+8+6+1 = 17 4 Čísla 9, 8, 6 umístíme do „správnýchÿ rohů a zbývající čísla doplníme do „trojoké nekÿ tak, aby součet v každém z nich byl 17. 1
7
9
2
6
3
10
8
5
4
Pokud budou děti řešit příklad experimentálně, budou zřejmě za x, y, z volit velká čísla. Když nenajdou řešení pro trojici 9 + 8 + 7 = 24, zkusí hledat další nejvyšší součet 23 = 9 + 8 + 6. Pak vyplní zbývající políčka. 5. Neznámý vandal vytrhl z knihy jeden list. Součet čísel všech stránek bez vytrženého listu je 11 011. Kolik listů měla kniha původně a jaká čísla měly stránky vytrženého listu? Řešení. Chceme-li sečíst řadu přirozených čísel, můžeme je sčítat za sebou, nebo je sdružit do vhodných shodných skupin a vynásobit počtem skupin. Existuje však i jednodušší způsob. Ukažme si to na součtu čísel 1, 2, 3, 4, 5:
Součet je 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Jestliže tento „trojúhelníkÿ zdvojnásobíme, dostaneme „obdélníkÿ s počtem bodů 5 · (5 + 1).
Původní počet bodů je poloviční, tj. 12 · 5 · (5 + 1) = 12 · 5 · 6 = 15. Je-li x počet přirozených čísel, pak jejich součet je s = 12 x · (x + 1). x = počet stránek knihy, 1 2 x · (x + 1) = součet všech stránek knihy, 1 x · (x + 1) > 11 011, 2 x · (x + 1) > 22 022, x a (x+1) √ jsou po sobě jdoucí čísla, kdyby byla obě stejná, pak by bylo x·x > 22 022, tedy x > 22 022, odtud x > 148,398 . . . Nejbližší hledaná dvojice po sobě jdoucích přirozených čísel je 148 a 149. Protože je 1 ·148·149 = 11 026, měla kniha původně součet stránek 11 026. Protože po vytržení listu 2 měla kniha součet stránek 11 011, měl vytržený list součet stránek 11 026 − 11 011 = 15. Tomuto součtu odpovídají stránky 7 + 8. Odpověď : Kniha měla 148 stránek, vandal vytrhl list se stránkami 7 a 8. Poznámka. Děti mohou součet řady přirozených čísel hledat i experimentálně. Zjistí, že součet 1 + 2 + . . . + 147 = 10 878 (méně než 11 011, nevyhovuje), součet 1 + 2 + . . . + + 147 + 148 = 11 026; kniha tedy měla 148 stránek. Dál stejná úvaha jako výše. 11
6. Na obrázku jsou načrtnuty přímky p, q a trojúhelníky ABC a CDE, které leží mezi nimi. Platí: p k q, D ∈ p a B ∈ q, 4ABC je rovnoramenný, 4CDE je rovnostranný. Vypočítejte velikost úhlu ECA. D 40◦
C
E p
q 40◦
A
B
Řešení. Sestrojíme polopřímku BC, BC ⊥ p, a doplníme úhly v trojúhelnících. V trojúhelníku CDE má každý vnitřní úhel velikost 60◦ , pro trojúhelník ABC mohou nastat tři případy: a) je-li C hlavní vrchol, pak | ECA| = 10◦ , b) je-li A hlavní vrchol, pak | ECA| = 40◦ , D 40◦ ◦ 60
p
E 10
60◦ 60◦ ◦
A
D 40◦ ◦ 60
10◦
E
p
C
40◦ 40◦
q B
60◦ 60◦ C 40◦ 70◦
40◦
A
10◦
70◦
q
B
c) je-li B hlavní vrchol, bylo by | ECA| = 70◦ , ale řešení by neodpovídalo danému obrázku, neboť vrchol A neleží v pásu rovnoběžek, protože β = 100◦ . D 40
p
E
◦
60◦
10◦
60◦ 60◦ 70◦
C
40◦ 100◦ 40◦
A
12
B
q
53. ročník Matematické olympiády
Komentáře k domácímu kolu kategorie Z8
1. Tatínek opřel náš nový žebřík o stěnu domu. Spodní (první) příčka je 24 cm nad zemí. Poslední — čtrnáctá příčka je pětkrát tak vysoko jako třetí příčka. Vzdálenost mezi každými dvěma sousedními příčkami je stejná. a) Jak vysoko nad zemí je třetí příčka? b) O kolik cm výše se dostane tatínek, jestliže z třetí příčky vystoupí na pátou? Řešení. Označme a změnu výšky při vystoupení o jednu příčku výš. Potom je třetí příčka ve výšce 2a + 24 cm. Čtrnáctá příčka je ve výšce 13a + 24 cm. Ze zadání plyne, že 5(2a + 24) = 13a + 24. Po úpravě dostaneme, že a = 32 cm. Nyní už snadno dopočítáme hledané údaje. a) Třetí příčka je ve výšce 2a + 24 = 88 cm. b) Tatínek se dostane o 2a = 64 cm výš. 2. Myslím si 4 dvojciferná čísla. Dvě jsou prvočísla a dvě jsou čísla složená. Součet prvočísel je 100 a součet čísel složených je také 100. Jak prvočísla, tak čísla složená jsou tvořena stejnou čtveřicí různých cifer. Jaká čísla si myslím? Řešení. Označme hledaná prvočísla ab, cd, kde a, b, c, d jsou navzájem různé cifry. Víme, že ab + cd = 100. Zřejmě tady musí platit: b + d = 10 a a + c = 9. Vypíšeme všechny možnosti, které přicházejí v úvahu: a, c 1, 8 2, 7 3, 6 4, 5
b, d 3, 7 1, 9 1, 9 1, 9
4, 6 4, 6 2, 8 2, 8 3, 7
Protože ab, cd jsou prvočísla, nesmí být b, d sudá čísla. Vzhledem k tomu, že po záměně cifer má být součet 100, lze zaměňovat pouze cifry na místě jednotek. Navíc musí touto záměnou vzniknout dvě složená čísla. Všechny možnosti zapíšeme systematicky 13
do tabulky: ab 13 17 21 29 31 39 41 49 43 47
cd jsou to prvočísla? 87 NE 83 ANO 79 NE 71 ANO 69 NE 61 NE 59 ANO 51 NE 57 NE 53 ANO
ad bc jsou to složená čísla? 13 87
NE
21 79
NE
49 51
ANO
43 57
NE
Myslím si čísla 41, 59, 49 a 51. 3. V Pepíkově stavebnici je 64 stejně velkých krychliček. Stěny těchto krychliček jsou jednobarevné — černé nebo bílé. Ze všech krychliček se dá složit jedna velká krychle, jejíž každá stěna je z poloviny bílá a z poloviny černá. Jaký největší počet zcela bílých krychliček může být ve stavebnici? Načrtněte obrázek, jak by pak tato velká krychle mohla vypadat při pohledu zdola, zezadu, zepředu, shora, zprava a zleva. Řešení. Velká krychle má rozměry 4 × 4 × 4. Tedy každá její stěna je tvořena 16 čtverci stěn malých kostek. Má-li být polovina stěny bílá a polovina černá, musí být 8 těchto čtverců v každé stěně černých. Vzhledem k tomu, že hledáme maximální počet zcela bílých krychliček, budeme krychličky s černými stěnami umisťovat do rohů a na hrany. Rohů je 8. Když je začerníme, dostaneme na každé stěně velké krychle 4 černé čtverečky. Zbývá vybrat krychličky na hranách tak, abychom splnili podmínky úlohy. Jedno z možných řešení je na obrázku (Z — zadní stěna, P — přední stěna, PB — pravá boční stěna, LB — levá boční stěna, H — horní stěna, D — dolní stěna). H
H
Z
PB
P
LB
Z
D
Celkem je nabarveno 20 krychliček, tedy ve stavebnici může být nejvýše 44 zcela bílých krychliček. 14
4. Sedm trpaslíků našlo košík jablek, která si podělili, aniž by je krájeli. První dostal jedno jablko a 1/9 zbytku. Potom přišel druhý, vzal si dvě jablka a 1/9 zbytku, třetí tři jablka a 1/9 zbytku a tak dále, až sedmý si vzal 7 jablek a 1/9 zbytku. Jablka, která po tomto dělení zůstala v košíku, přinesli Sněhurce. Jaký nejmenší počet jablek našli trpaslíci? Kolik jablek dostal každý z nich a kolik Sněhurka? Řešení. Budeme postupovat odzadu. Sedmý trpaslík dostal 7 jablek a 1/9 zbytku. Aby 1/9 zbytku byla celé číslo (nechceme nic krájet), musí být zbytek 0, 9, 18, 27, atd. Protože hledáme nejmenší možný počet, zkusíme nejprve číslo 0. To znamená, že Sněhurka by nedostala žádné jablko a sedmý trpaslík by měl 7 jablek. Před tímto dělením tedy bylo dohromady 7 jablek, které představují 8/9 zbytku. Tedy 63 8 z=7 ⇒ z= , 9 8 což není celé číslo. Sněhurka tedy nemohla mít 0 jablek. Předpokládejme, že před posledním dělením bylo v koši 9 jablek. Jedno dostal jako svou 1/9 poslední (tj. sedmý) trpaslík. Sněhurka jich dostala 8. Sedmý trpaslík tedy dostal celkem 7+1 = 8 jablek a než si je vzal, muselo být v koši celkem 8+8 = 16 jablek. Těchto 16 jablek představuje 8/9 zbytku v předchozím dělení atd. Všechny výpočty shrneme do tabulky: trpaslík 7. 6. 5. 4. 3. 2. 1.
dostal před dělením 8/9 zbytku nový 1/9 tohoto jablek bylo jablek zbytek zbytku 7 + 1 = 8 8 + 8 = 16 16 18 2 6 + 2 = 8 16 + 8 = 24 24 27 3 5 + 3 = 8 24 + 8 = 32 32 36 4 4 + 4 = 8 32 + 8 = 40 40 45 5 3 + 5 = 8 40 + 8 = 48 48 54 6 2 + 6 = 8 48 + 8 = 56 56 63 7 1 + 7 = 8 56 + 8 = 64
Trpaslíci našli v košíku celkem 64 jablek. Sněhurka i každý trpaslík dostali 8 jablek. 5. Martin má z matematiky několik známek, jejichž aritmetický průměr je 2,1. Pětku nemá ani jednu. Zato jedničky tvoří 35 % a dvojky 30 % všech jeho známek z matematiky. a) Kolik procent všech Martinových známek tvoří trojky a kolik čtyřky? b) Kolik známek z matematiky má Martin, víme-li, že má pět trojek? Řešení. Všech známek je 100 %. Tedy na trojky a čtyřky zůstává 100 − 35 − 30 = = 35 %. Označme počet procent trojek jako p, potom počet procent čtyřek je 35 − p. Označme ještě z počet všech známek. Pro výpočet aritmetického průměru potom platí: 35 30 p 35 − p ·z+ ·z·2+ ·z·3+ ·z·4 100 100 100 . 2,1 = 100 z 15
Po úpravě dostaneme rovnici s jednou neznámou p ve tvaru 210 = 35 + 2 · 30 + 3 · p + 4 · (35 − p), jejíž řešení je p = 25. Martin má 25 % trojek a 35 − 25 = 10 % čtyřek. Z matematiky má Martin celkem 100 5 · 25 = 20 známek. 6. Střední příčka dělí lichoběžník na dvě části, z nichž menší má obsah 18 cm 2 . Jaký obsah bude mít větší z částí, na které dělí tento lichoběžník jeho úhlopříčka, pokud menší má obsah 16 cm2 ? D
c
C e
X
Y v
a
A
B
Řešení. Použijeme značení z obrázku. Víme, že platí: e=
a+c , 2
S=
a+c · v, 2
SACD =
cv = 16, 2
SXY CD =
e+c v · = 18. 2 2
Z prvního a posledních dvou vztahů vyjádříme délky základen: 32 a+ 32 v = va + 32 . c= ⇒ e= v 2 2v Odtud plyne, že
va + 32 32 + 2v v · v ⇒ a = 48 . 18 = 2 2 v
Nyní tyto vztahy dosadíme do vzorce pro výpočet obsahu lichoběžníka. 48 32 + a+c v v · v = 80 · v = 40 cm2 . S= ·v = 2 2 2v Větší z částí bude mít obsah SABC = S − SACD = 24 cm2 .
16
53. ročník Matematické olympiády
Komentáře k domácímu kolu kategorie Z9 1. V Pepíkově stavebnici je 64 stejně velkých krychliček. Stěny těchto krychliček jsou jednobarevné — černé nebo bílé. Ze všech krychliček se dá složit jedna velká krychle, jejíž každá stěna je z poloviny bílá a z poloviny černá. Jaký největší počet zcela bílých krychliček může být ve stavebnici? Načrtněte obrázek, jak by pak tato velká krychle mohla vypadat při pohledu zdola, zezadu, zepředu, shora, zprava a zleva. Řešení. Viz Z8 příklad 3. 2. Určete plochu půlkruhu, který je vepsán rovnoramennému pravoúhlému trojúhelníku. Údaje jsou v decimetrech.
1
1 Řešení. Trojúhelník ABC je pravoúhlý rovnoramenný s pravým úhlem ve vr √ cholu C, odvěsny mají velikost |CA| = |CB| = 1 dm a přepona |AB| = 2 dm (Py thagorova věta). Proto | CAB| = | CBA| = 45◦ . B
1 S C
√
2−1 T
45◦
r
1
1
A
Poloměr r polokruhu je v bodě dotyku T kolmý na přeponu AB. Trojúhelník BST je pravoúhlý, | ST B| = 90◦ ; | T BS| = 45◦ , proto i | T SB| = = 45◦ . Trojúhelník BST je tedy pravoúhlý rovnoramenný, |T B| = |T S|. Je 4AST ∼ = 4ASC? Strana AS je společná, |ST | = |SC| = r, | ST A| = √ | SCA| = 90◦ ⇒√4AST ∼ = ∼ = 4ASC (věta Ssu) ⇒ |T A| = |CA| = 1 dm, |AB| = (1 + 2 − 1) dm; r = ( 2 − 1) dm 17
(|AB| =
√
2 dm). Pro obsah polokruhu S platí: S=
S= Po vyčíslení dostaneme, že
√
2 2−1 , 2 √ · 3−2 2 . 2 ·
. S = 0,269 4 dm2 .
3. Třemi způsoby napište číslo 2 004 jako součet několika po sobě jdoucích přirozených čísel. Řešení. Při lichém počtu sčítanců můžeme označit prostřední člen jako a. Potom platí: 2 004 = n · a, kde n je počet členů. Protože n je liché a musí dělit 2 004, dostáváme tyto možnosti: n a součet 3 668 667 + 668 + 669 167 12 −71 + (−70) + . . . + 95 501 4 −246 + (−245) + . . . + 254 Při sudém počtu sčítanců označíme menší z obou prostředních členů jako a a do staneme, že 2 004 = n · a + 12 n, kde n je počet členů. Po úpravě 2 004 = 12 n(2a + 1) vidíme, že jsou jen tyto možnosti: 2a + 1 n a součet 3 1 336 1 −666 + (−665) + . . . + 666 + 667 + 668 + 669 167 24 83 72 + 73 + . . . + 95 501 8 250 247 + 248 + . . . + 254 Z uvedených možností pouze (667 + 668 + 669), (72 + 73 + . . . + 95) a (247 + 248 + + . . . + 254) vyhovují podmínkám úlohy. 4. Jestliže v příkladu na násobení dvou přirozených čísel zaokrouhlíme prvního činitele na desítky, součin se zvětší o 48. Jestliže v původním příkladu zaokrouhlíme druhého činitele na desítky, původní součin se zmenší o 1 512. Najděte původní příklad. Řešení. V prvním případě se součin zvětšil, tzn., že první číslo zaokrouhlením na desítky zvětšujeme. Zvětšení může být o 1, 2, 3, 4 nebo 5 tj. z čísla a vzniklo číslo a + x, kde x ∈ {1, 2, 3, 4, 5}: (a + x) · b = ab + 48, xb = 48. 18
Do tabulky napíšeme možné hodnoty čísel x a b: x 1 2 3 4 5 b 48 24 16 12 neexistuje Aby se součin po zaokrouhlení druhého činitele zmenšil, musíme číslo b zaokrouh lovat dolů. Do úvahy pak přicházejí dvojice [x, b] ∈ {[2, 24], [4, 12]}. Pokud b = 24, tak pozměněný příklad je 20a = 24a − 1 512, odkud plyne, že a = 378. Číslo 378 se při zaokrouhlování na desítky skutečně zvětší o 2 (x = 2). Pokud b = 12, tak pozměněný příklad je 10a = 12a − 1 512, odkud plyne, že a = 756. Číslo 756 se při zaokrouhlování na desítky skutečně zvětší o 4 (x = 4). Původní příklad byl buď 378 · 24, nebo 756 · 12. 5. Dája, Mája, Jája a Pája se vážili. Nejlehčí a nejtěžší z nich váží dohromady 113 kg. Dája, Mája a Jája váží celkem 169 kg. Mája, Jája a Pája mají celkem 166 kg a Dája s Pájou 99 kg. Kolik váží každý z nich, když Jája není nejtěžší? Řešení. Označme Dája — d, Mája — m, Jája — j, Pája — p. Ze zadání plyne, že d + m + j = 169 p + m + j = 166 d + m + j = 169 −p − m − j = −166 d−p=3 d + p = 99 d−p=3 2d = 102 d + p = 99 −d + p = −3 2p = 96
⇒ d = 51 ⇒ p = 48
Dája má 51 kg, Pája má 48 kg. Dosadíme do prvního vztahu: 51 + m + j = 169 48 + m + j = 166 m + j = 118 19
Nyní přijde na řadu podmínka, že nejlehčí a nejtěžší mají dohromady 113 kg a Jája není nejtěžší. Z toho vyplývá, že nejlehčí je Pája a jedině Mája je těžší než Jája. m + p = 113 m = 113 − 48 m = 65 kg m + j = 118 65 + j = 118 j = 53 kg Dája má 51 kg, Pája 48 kg, Jája 53 kg a Mája 65 kg. 6. Najděte přirozená čísla a, b, která současně splňují tyto dvě podmínky: . 3a + b = 165, . nejmenší společný násobek čísel a, b je desetkrát větší než největší společný dělitel čísel a, b. Řešení. Aby byla splněna druhá podmínka, musí platit: n(a, b) = 10D(a, b). Ozna číme D(a, b) jako D, potom musí platit: a = x · D,
b = y · D,
kde x, y jsou nesoudělná přirozená čísla. Pro nejmenší společný násobek platí: n(a, b) = x · y · D. Porovnáním s druhou podmínkou dostáváme, že x·y = 10. Protože 10 = 1·10 = 2·5, jsou možné 4 případy: . x = 1, y = 10 → a = D, b = 10D, . x = 10, y = 1 → a = 10D, b = D, . x = 2, y = 5 → a = 2D, b = 5D, . x = 5, y = 2 → a = 5D, b = 2D. Nyní pro každou z uvedených možností vyzkoušíme, zda je splněna i první podmín ka, či nikoliv. . 3D + 10D = 165 → 13D = 165, což nemá řešení v oboru přirozených čísel. . 30D + D = 165 → 31D = 165, což nemá řešení v oboru přirozených čísel. . 6D + 5D = 165 → 11D = 165, odtud plyne, že D = 15. Dostáváme řešení a = 30, b = 75. . 15D + 2D = 165 → 17D = 165, což nemá řešení v oboru přirozených čísel. Tyto dvě podmínky splňuje jediná dvojice a = 30, b = 75.
20
