Kategorie mladší Úloha 1A (5 bodů): Jak bylo řečeno v zadání, životní nároky různých zvířátek se liší. Některá potřebují obrovské teritorium, zatímco jiným stačí pozemek o velikosti jediného políčka. Jedno takové se zřejmě zúčastnilo i naší výpravy a zabodlo svou vlaječku do políčka v šestém sloupci šestého řádku. Protože musí být pozemky souvislé, můžeme vyměřit prostor i jeho kolegovi, který vztyčil svou vlajku v šestém sloupci posledního řádku. A protože musí mít pozemky navíc obdélníkový tvar, můžeme je nakreslit i okolo pětky v posledním sloupci, trojky v šestém sloupci pátého řádku a dvojky a pětky v prvním řádku: 5
2
4
3 4 8
3 3
5
3 1
4
2
2
Pozemek kolem dvojky v pátém sloupci posledního řádku může buď zahrnovat políčko bezprostředně nalevo od něj, nebo nahoře od něj. V prvním případě by však neexistovala žádná možnost, jak obsadit políčka ve čtvrtém a pátém sloupci předposledního řádku, takže se rozhodneme pro druhou možnost. Podobnou úvahu můžeme použít pro čtyřku ve třetím sloupci posledního řádku a pozemek okolo osmičky ve druhém sloupci čtvrtého řádku: 5
2
4
3 4 8
3 3
5
3 1
4
2
2
Zbylé pozemky už můžeme jednoznačně vyměřit. Začneme s trojkou ve třetím sloupci pátého řádku a přes čtyřku ve čtvrtém sloupci třetího řádku a zbylé dvě trojky se propracujeme až ke čtyřce v prvním sloupci druhého řádku. Výsledné rozdělení kolonizovaného území bude vypadat takto: 5
2
4
3 4 8
3 3
5
3 1
4
2
2
Obrázek 1 Rozdělení pozemků Úloha 2A (7 bodů): Pomocí pěti různých symbolů mohou zvířátka jednoduše zapsat čísla od nuly do čtyř. Jestliže ale chtějí zapsat číslo pět, mají problém: zvláštní symbol pro pětku už nemají, a proto ji musí zapsat pomocí symbolů dvou. Vyberou si pochopitelně tu nejmenší možnou kombinaci (podobně jako ve světě lidí, ani u zvířátek nemůže zápis čísla začínat nulou), a pětku zapíšou jako 105 (indexem 5 budeme vyjadřovat, že se jedná o zápis v soustavě zvířátek). Pokračovat budou tak, jak jsme zvyklí: šestku tedy zapíšou jako 115 = 1 · 5 + 1 · 1, sedmičku jako 125 = 1 · 5 + 2 · 1, atd. Největším dvouciferným číslem, které mohou zvířátka vytvořit, je 445 , které se v našem počítání rovná číslu 4 · 5 + 4 · 1 = 24. Pro pětadvacítku už tedy zvířátka musí použít číslice tři: 1005 = 1 · 25 + 0 · 5 + 0 · 1. Největším trojciferným číslem je pro ně 4445 = 4 · 25 + 4 · 5 + 4 · 1 = 124 a od čísla 125 už musí používat číslice čtyři (125 zapíšou jako 10005 ). Jistě jste si už všimli, že 5 = 5·1, 25 = 5·5 a 125 = 5·25 = 5·5·5. Taková čísla, která získáme vynásobením dvou nebo více stejných čísel, nazýváme mocniny. Např. druhá mocnina čísla 5 je 1
52 = 5 · 5 (čteme pět na druhou), třetí mocnina 53 = 5 · 5 · 5 (pět na třetí), atd. Zvířátka tedy všechna čísla vyjadřují jako součty mocnin čísla 5. 1 Nyní jsme si tedy uvědomili, jakým způsobem počítání v Království zvířat funguje, a můžeme se pustit do samotného řešení úlohy. Jako první musíme určitě zjistit, kolikaciferné číslo 2014 pro zvířátka bude. Vypíšeme si tedy několik prvních mocnin čísla 5 (což už jsme částečně udělali za vás v zadání úlohy): 1, 5, 25, 125, 625, 3125,... Protože 3125 > 2014, je jasné, že největší mocninou, kterou budeme v zápise používat, je 625. Výsledek tedy bude pěticiferné číslo a · 625 + b · 125 + c · 25 + d · 5 + e · 1 (a, b, c, d, e jsou jednotlivé cifry, které mohou nabývat hodnot od 0 do 4). Další postup je už jednoduchý: Zjistíme, kolikrát se 625 vejde do 2014: 2014 : 625 = 3
zbytek 139.
Cifra a je tedy rovna 3 a b · 125 + c · 25 + d · 5 + e · 1 se rovná 139. Podobně určíme i cifry b, c, d a e: 139 : 125 = 1
zbytek 14 → b = 1
14 : 25 = 0
zbytek 14 → c = 0
14 : 5 = 2
zbytek 4 → d = 2
4:1=4→e=4 Číslo 2014 zvířátka zapíšou jako 31024. V jejich zápisu
V praxi bývá lepší postupovat opačně: postupně dělit převáděné číslo pěti (resp. počtem cifer cílové soustavy) a zapisovat si zbytky. Pak totiž nemusíme předem zjišťovat, jakou nejvyšší mocninu budeme potřebovat: 2014 : 5 = 402
zbytek 4 → e = 4
402 : 5 = 80
zbytek 2 → d = 2
80 : 5 = 16
zbytek 0 → c = 0
16 : 5 = 3
zbytek 1 → b = 1
3:5=0
zbytek 3 → a = 3
Kromě desítkové soustavy, kterou používáme v běžném životě, a soustavy pětkové, kterou používají naše zvířátka, se běžně můžete setkat i s jinými číselnými soustavami. Aniž si to uvědomujeme, každý den používáme při měření času soustavu šedesátkovou (hodina se dělí na 60 minut), informatici a programátoři běžně pracují se soustavou dvojkovou a šestnáctkovou. Úloha 3A (8 bodů): Karetní trik, který Květoslav předvedl, je klasickou ukázkou, jak zamaskovat skutečné záměry prováděním nepodstatných úkonů. Květoslav toho stihl opravdu hodně: nechal si rozdělit balík na čtyři (do jisté míry náhodné) hromádky, u každé přemístil tři svrchní karty dospod, další tři rozmístil na ostatní hromádky a nakonec ještě dramaticky zamával ploutvemi. Pokusme se nyní vysledovat, jak se esa pohybovala v průběhu triku. A protože zatím nemáme ponětí, kde se nacházela na začátku, vezmeme to od konce. Po posledním úkonu je na vrchu každé hromádky jedno eso. Těsně před tím vzal Květoslav čtvrtou hromádku, první tři karty dal dospod a další tři rozmístil na ostatní hromádky. To znamená, že čtvrtá až sedmá karta čtvrté hromádky musely před posledním úkonem být esa. Předtím provedl stejné úkony i s ostatními hromádkami. Během nich musela esa setrvat ve čtvrté hromádce (z ní totiž Květoslav nic neodebral), avšak měnilo se jejich pořadí v rámci hromádky – po každém přesunu tří karet z jedné hromádky na ostatní se posunuly o jedno místo směrem dolů. To zase znamená, že bezprostředně po rozložení balíku na čtyři hromádky musely být první čtyři karty čtvrté hromádky (té nejvíce vpravo) esa. Původní balík byl rozdělen takto: náhodně vybraný divák nejprve vzal jeho horní polovinu a položil ji doprava, zatímco spodní polovinu nechal nalevo. Poté vzal horní polovinu levé hromádky a položil ji úplně nalevo a pak 1
Všimněte si, že jestliže použijeme pro zápis čísel deset různých číslic, jako to děláme my, vyjadřujeme čísla jako součty mocnin desítky: 100 = 10 · 10 = 102 , 1000 = 10 · 10 · 10 = 103 , 10000 = 10 · 10 · 10 · 10 = 104 , atd.
2
horní polovinu pravé hromádky (tedy horní čtvrtinu původního balíku) a položil ji úplně napravo. Čtvrtou hromádku tedy tvoří karty, které byly navrchu celého balíku, což znamená, že před začátkem triku musely být první čtyři karty balíku esa. Vysvětlení triku je tedy následující: Květoslav si nejprve uspořádal balík tak, aby první čtyři karty byly esa. Pak jej nechal rozdělit na čtyři hromádky a protože si dal záležet, aby v každé bylo alespoň 10 karet, všechna esa skončila v jediné hromádce (té nejvíce vpravo). Přesouvání tří karet dospod a tří na ostatní hromádky je jen zastírací manévr, který má diváky přesvědčit, že se jednotlivé hromádky vzájemně promíchají. Ve skutečnosti jen Květoslav postupně přemístí tři náhodné karty na čtvrtou hromádku, aby je poté slavně odebral a rozmístil esa na ostatní hromádky, aniž by to někomu došlo. Dramatické otočení horních karet je už jen třešnička na dortu, po níž si může Květoslav vychutnat zasloužený potlesk za precizně vymyšlený trik. Úloha 4A (10 bodů): Ferda skutečně nedal ostatním zvířátkům jednoduchý úkol. Abychom mohli úlohu vyřešit, označíme si jednotlivé živočišné druhy písmenky: havrani – h, sojky – s, jeleni – j, ježci – z, kanci – k. Spolu se zvířátky se nyní můžeme zamyslet nad jednotlivými informacemi, které Ferda přinesl. 1.
Všichni hosté dohromady mají dvakrát více nohou než křídel.
Havrani a sojky mají dvě nohy a dvě křídla, počet jejich nohou a křídel je tedy stejný. Jeleni, ježci a kanci naopak nedisponují křídly žádnými, zato nohy mají čtyři. Z Ferdova tvrzení tedy vyplývá, že jedna polovina nohou všech hostů patří havranům a sojkám a druhá polovina jelenům, ježkům a kancům. Protože každé z těchto zvířátek má dvakrát více nohou než sojky a havrani, je počet všech ptáků dvakrát větší než počet všech savců. S využitím označení, které jsme zavedůli v prvním odstavci, můžeme psát h + s = 2(j + z + k) = 2j + 2z + 2k. 2.
Zvířátek s parohy je o čtyři více než zvířátek s bodlinami.
Toto tvrzení je celkem jednoduché – říká nám prostě, že jelenů je o čtyři více než ježků: j = z + 4. 3.
Počet všech parohů je osmkrát menší než počet všech nohou.
Počet všech nohou můžeme vyjádřit jako 2h + 2s + 4j + 4z + 4k, počet všech parohů je 2j (každý jelen má dva parohy). Platí: 2h + 2s + 4j + 4z + 4k = 8 · 2j 2h + 2s + 4j + 4z + 4k = 16j 2h + 2s + 4z + 4k = 12j
/ − 4j /:2
h + s + 2z + 2k = 6j 4.
Všech klů je o jeden méně než všech ježků.
Protože pouze divočáci jsou vybaveni kly, lze počet všech klů vyjádřit jako 2k a podle Ferdova tvrzení potom platí 2k = z−1. 5.
Havranů a sojek dorazil přesně stejný počet.
Tato podmínka je nejjednodušší, platí prostě h = s. Všechny rovnice, které jsme odvodili, musí platit současně, a proto si je pro přehlednost znovu sepíšeme: h + s = 2j + 2z + 2k j =z+4 h + s + 2z + 2k = 6j 2k = z − 1 h=s
(1) (2) (3) (4) (5)
Podle rovnice (5) platí h = s, a do všech ostatních rovnic tedy za s můžeme dosadit h: h + h = 2j + 2z + 2k j =z+4 h + h + 2z + 2k = 6j 2k = z − 1 3
(6) (7) (8) (9)
V rovnicích (6) a (8) se nachází 2k, které se podle rovnice (9) rovná z − 1. Opět tedy můžeme dosadit: h + h = 2j + 2z + z − 1
(10)
j =z+4
(11)
h + h + 2z + z − 1 = 6j
(12)
Rovnice (10) a (12) ještě dále upravíme (sečteme proměnné z a h): 2h = 2j + 3z − 1
(13)
j =z+4
(14)
2h + 3z − 1 = 6j
(15)
Z rovnice (14) dosadíme do zbylých dvou za j výraz z + 4: 2h = 2(z + 4) + 3z − 1 = 5z + 7
(16)
2h + 3z − 1 = 6(z + 4) 2h = 3z + 25
(17)
Na levých stranách obou rovnic nyní máme výraz 2h, obě pravé strany se tedy musí rovnat: 5z + 7 = 3z + 25 2z = 18 z=9
(18)
Ježků tedy dorazilo 9. Nyní se můžeme vrátit na začátek a dopočítat počty ostatních zvířátek. Podle druhého tvrzení je jelenů o čtyři více než ježků, což znamená, že jelenů se dostavilo 13. Podle čtvrtého tvrzení je počet všech klů o jeden menší než počet ježků. Klů je tudíž mezi hosty 8, a protože každý kanec má dva kly, dorazili na zámek čtyři. Celkem tedy dorazilo 9 + 13 + 4 = 26 savců. Havranů a sojek je dohromady dvakrát víc (1. tvrzení), tedy 52, a protože havranů a sojek je stejně, od každého druhu dorazilo 26 zástupců. Na zámek dorazilo celkem 9 + 13 + 4 + 26 + 26 = 78 hostů. Úloha 5A (6 bodů): Abychom neměli v řešení zmatek, není špatné si nejprve vypsat všechny zápasy, které je nutné odehrát (víme, že jich musí být celkem 15): soboli – rosomáci rosomáci – lachtani lachtani – lišky medvědi – soboli medvědi – rosomáci
soboli – lachtani
rosomáci – lišky
lachtani – losi
medvědi – lachtani
soboli – lišky
rosomáci – losi
lišky – losi
medvědi – lišky
soboli – losi
medvědi – losi Nyní se už můžeme pustit do vyplňování tabulky. Musíme přitom dodržovat několik pravidel: v každém kole hraje každý tým právě jeden zápas, během pěti kol musí být odehrány všechny zápasy a žádný tým nesmí hrát více než dva zápasy na jedné ledové ploše. Rozpisů, které při dodržování těchto zásad mohou vzniknout, je celá řada, pro ilustraci alespoň jeden z nich: Rybník Růžovec
Bílé jezero
Přehrada Smrčno
1. kolo medvědi – soboli
rosomáci – lachtani
lišky – losi
2. kolo lachtani – losi
soboli – lišky
medvědi – rosomáci
3. kolo soboli – rosomáci
medvědi – losi
lachtani – lišky
4. kolo rosomáci – lišky
medvědi – lachtani
soboli – losi
5. kolo medvědi – lišky
rosomáci – losi
soboli – lachtani
4
Kategorie starší Úloha 1B (5 bodů): Kateřina by si možná měla vdavky ještě zavčas rozmyslet, protože Jošt evidentně v dětství chytrou kaši moc často nejedl. Jak jinak si vysvětlit, že hrad nedokázal postavit, přestože existuje hned několik způsobů, jak to udělat? Uveďme pro příklad alespoň tři možná řešení.
Obrázek 2
Konstrukce hradu
Joštovi můžeme jedině poradit, že pokud chce získat srdce své vyvolené, měl by hrad stavět od největšího kamene k nejmenšímu. Pokud si totiž pozici největšího kamene (v našem případě se jedná o rohový kámen se šesti čtverečky) zvolí nevhodně, velice rychle se dostane do slepé uličky, kdy nemá jak pokračovat dál, a naopak, pokud má na začátku šťastnou ruku, dostane se ke správnému řešení téměř jednoznačně a bez zbytečného zkoušení, kam který kámen patří. Úloha 2B (7 bodů): Připomeňme si náčrtek elektrického ohradníku, který chce Waldemar použít k udržení disciplíny na táboře: C b=20
P
3x
D
x
B a=20
Obrázek 3
A Elektrický ohradník
Abychom mohli určit jeho délku, musíme nejprve vypočítat obvod daného deltoidu. Délky stran AB a BC již známe ze zadání (20 m), zbývá nám tedy určit délky stran CD a AD. Protože ohrada je osově souměrná podle osy BD, jsou délky těchto stran stejné a nám tedy stačí spočítat jenom jednu z nich (vybereme si třeba CD). Z pravoúhlého trojúhelníku ABC můžeme pomocí Pythagorovy věty vypočítat délku úsečky AC: |AC| =
p
|AB|2 + |BC|2
|AC| =
p
202 + 202 m =
√
√ 800 m = 20 2 m
(19)
√ Protože je celý útvar osově souměrný podle přímky BD, je bod P středem strany AC a platí tedy |CP | = |AC|/2 = 10 2 m. Nyní můžeme Pythagorovu větu použít pro trojúhelník P BC a vypočítat délku strany P B (v obrázku označenou jako x): p
|AB|2 − |AP |2 q √ √ √ |P B| = 202 + (10 2)2 m = 200 m = 10 2 m
|P B| =
(20)
Stejně tak jsme si mohli uvědomit, že vzhledem k již zmiňované osové souměrnosti ohrady úsečka P B půlí úhel ABC a že tedy velikosti úhlů CBP a ABP jsou shodné a rovnají se 45◦ . Stejnou √ velikost mají i úhly P CB a P AB, trojúhelníky CP B a AP B jsou tedy rovnoramenné a platí |CP | = |P B| = |AP | = 10 2 m. Z obrázku vyčteme, že délka úsečky DP je rovna 3x. Protože je navíc úhel DP C pravý a délku úsečky CP jsme zjistili už dříve, můžeme konečně dopočítat délku úsečky CD: p
|DP |2 + |CP |2 q √ √ √ √ |CD| = (30 2)2 + (10 2)2 m = 2000 m = 20 5 m
|CD| =
5
(21)
Celková délka ohradníku je rovna √ √ d = |AB| + |BC| + |CD| + |AD| = (20 + 20 + 20 5 + 20 5) m = 129, 44 m
(22)
Waldemar bude potřebovat 130 metrů drátu. Úloha 3B (8 bodů): Existují různé způsoby, jak řešit tuto úlohu. Některé šikovné, jiné už méně a některé vysloveně nepraktické (vypsat všechna čísla přinášející štěstí metodou hrubé síly). Jedno z těch nápaditějších je nejprve najít všechna jedno a dvouciferná čísla nosící štěstí, využít je ke spočítání všech trojciferných šťastných čísel a následně využít tuto znalost ke spočítání všech čtyřciferných čísel nosících štěstí. Jednociferné číslo, jehož ciferný součet je roven 7, je jen jedno, a to přímo 7. Dvojciferných je sedm: 16, 25, 34, 43, 52, 61, 70 Všimněme si, že na pozici první cifry se postupně vystřídají všechny číslice od 1 do 7. Rovněž jestliže známe první cifru, druhá už je jednoznačně určena, takže dvojciferných čísel nosících štěstí je sedm zkrátka proto, že tolik je přirozených čísel mezi 1 a 7. Tato pozorování můžeme rozšířit i na jednocifernou sedmičku, kterou s trochou představivosti můžeme považovat za dvojciferné číslo začínající nulou. Závěr zní, že existuje 8 šťastných čísel menších než 100, protože právě tolik je přirozených čísel mezi 0 a 7. Nebo obecněji, je-li 0 ≤ n < 10, existuje n + 1 čísel menších než 100, jejichž ciferný součet je roven n. Při počítání trojciferných čísel přinášejících štěstí budeme uvažovat podobně. Trojciferná šťastná čísla začínající nulou jsme již spočítali – jedná se totiž o dvoj a jednociferná šťastná čísla, kterých je 8. Začíná-li trojciferné číslo jedničkou, přináší štěstí právě tehdy, je-li součet zbylých dvou cifer roven 6. Díky pravidlu, které jsme odvodili na konci minulého odstavce víme, že jich je 6 + 1 = 7. Podobně snadno spočítáme šťastná čísla začínající dvojkou. Součet zbylých dvou cifer musí být roven pěti a to nám dává 5 + 1 = 6 možností. Takto bychom mohli pokračovat a nakonec bychom se dobrali počtu 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36 trojciferných čísel přinášejících štěstí. Po krátkém přemýšlení lze i pro trojciferná čísla odvodit obecnější výsledek: je-li 0 ≤ n < 10, existuje (n + 1) + n + (n − 1) + (n − 2) + ... + 1 čísel menších než 1000, jejichž ciferný součet je roven n. Každého už asi napadne jak nyní zjistíme počet čtyřciferných čísel přinášejících štěstí. Ta která začínají nulou jsme právě spočítali, začínajících jedničkou bude 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28, dvojkou 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21, a tak dále až po šťastná čísla začínající sedmičkou. Dohromady 8+7+6+5+4+3+2+1+ +7+6+5+4+3+2+1+ +6+5+4+3+2+1+ +5+4+3+2+1+ +4+3+2+1+ +3+2+1+ +2+1+ + 1 = 120 Existuje celkem 120 čísel mezi 1 a 9999, která přináší štěstí. Úloha 4B (10 bodů): Pracovní cyklus čerpadla by měl vypadat takto: Na začátku je sud plný a čerpadlo vypnuté. Poté Jiří sud postupně vyprazdňuje, avšak dokud je alespoň z části zaplněný, čerpadlo musí zůstat vypnuté. Jakmile hladina klesne pod úroveň spodního čidla, čerpadlo se zapne a zůstane v provozu, dokud hladina nevystoupí nad horní čidlo. Jednotlivé stavy a reakce řídicího systému shrnuje následující tabulka: Událost
Stav čidel Akce
Prázdný sud
a = 0, b = 0 Zapni čerpadlo
Poloprázdný sud a = 0, b = 1 Nic Plný sud
a = 1, b = 1 Vypni čerpadlo
Stav a = 1, b = 0 nás nemusí zajímat – znamenal by totiž poruchu jednoho z čidel, s čímž v této úloze nepočítáme 2. Nejjednodušší by samozřejmě bylo sestavit řídicí systém tak, aby běh čerpadla závisel čistě na aktuálním stavu čidel. To však v našem případě není možné – je-li totiž hladina někde mezi horním a dolním čidlem (a = 0, b = 1), chtěli bychom, aby 2
Ve skutečném světě ovšem není nejlepší nápad jen tak zanedbat chybový stav, který „přece nemůže nastat“. Dříve či později k němu totiž dojde a nesprávná reakce řídicího systému může způsobit více škody než samotná chyba. Proto je důležité mít všechny chybové stavy ošetřené.
6
čerpadlo někdy pracovalo a jindy zůstalo nečinné. Proto do obvodu přidáme paměť v podobě jednoho klopného obvodu D, který bude ovládat čerpadlo a ke změně jeho stavu dojde jen tehdy, bude-li sud úplně prázdný nebo úplně plný. Jak známo ze zadání, obvod D má dva vstupy, první obsahuje hodnotu, kterou si má obvod uložit do paměti a druhý řídí samotné ukládání – hodnotu prvního vstupu si obvod zapamatuje jen tehdy, přechází-li právě druhý vstup z 0 do 1. Pokud se mění oba vstupy naráz, zapamatuje si obvod hodnotu, na kterou se mění první vstup. Abychom docílili správného chodu čerpadla, musíme zajistit, aby vstupy do obvodu D závisely na stavu čidel tímto způsobem: Událost
Stav čidel Vstupy obvodu D
Prázdný sud
a = 0, b = 0 vstup1 : 1, vstup2 : 1
Poloprázdný sud a = 0, b = 1 vstup1 : libovolný, vstup2 : 0 Plný sud
a = 1, b = 1 vstup1 : 0, vstup2 : 1
Řídicí systém pak bude fungovat takto: na začátku je sud plný, obě čidla pod vodou a paměť obsahuje hodnotu 0 (čerpadlo vypnuté). Voda v sudu bude postupně ubývat, ale protože druhý vstup obvodu D bude roven 0, nedojde ke změně jeho stavu, a tedy ani k zapnutí čerpadla. Jakmile voda dojde, přeskočí první vstup obvodu D na 1 a druhý z 0 na 1 – jeho stav se tím změní na 1 a čerpadlo se zapne. Během napouštění přejde druhý vstup obvodu D z 1 do 0, což na jeho stav nemá žádný vliv a čerpadlo poběží tak dlouho, dokud se horní čidlo nedostane pod vodu. V tom okamžiku se totiž první vstup obvodu D změní na 0 a druhý vstup přeskočí z 0 na 1, pamět se přepíše na hodnotu 0 a čerpadlo se vypne. Zbývá vymyslet obvody mezi čidly v sudu a vstupy klopného obvodu D. Propojení čidel a prvního vstupu je jednoduché – všimněme si, že požadovaná hodnota vstupu je vždy opačná než výstup obou čidel, a proto postačí, když výstup čidla a (např.) změníme na opačný pomocí hradla negace 1 . Hodnota druhého vstupu závisí na stavu obou čidel: jestliže a = 0, b = 1, musí být druhý vstup roven 0, jinak 1. Výstup hradla OR je nulový jen tehdy, jsou-li oba jeho vstupy nulové. Pokud tedy znegujeme výstup čidla b a spolu s nezměněným signálem z čidla a jej přivedeme na vstupy hradla OR, dostaneme, co potřebujeme. Aby systém fungoval správně už od okamžiku zapnutí, zvolíme si navíc, že počáteční hodnota uložená v obvodu D je 0. Výsledný řídicí systém pak může vypadat takto:
a
1 _1 >
b
D
1
Čerpadlo Obrázek 4
Řídicí systém
Kdyby Jiří trochu přemýšlel, nemusel od každého hradla nakupovat 10 kusů. Ve skutečnosti by ovšem musel v přemýšlení pokračovat, hradla totiž nepracují nekonečně rychle, a aby to bylo ještě horší, každé hradlo má zpoždění trochu jiné. Proto nemůžeme předpokládat, že mění-li se oba vstupy obvodu D naráz (a druhý vstup z 0 do 1), dojde k uložení hodnoty, na kterou se mění první vstup. Ve skutečnosti by byl výsledek náhodný a Jiří by tak musel zajistit, že ke změně druhého vstupu z 0 na 1 dojde až tehdy, když se hodnota prvního vstupu bezpečně ustálí.
7
Úloha 5B (6 bodů): Teoretické minimum, kterého může Tomáš dosáhnout, je něco málo přes 313 cm látky. Obsah celého pláště je totiž 23475.76 cm2 a stejný obsah má i pás látky široký 75 cm a dlouhý 313,01 cm. V praxi by však Tomáš z takto krátkého pásu plášť neušil, protože by musel vystřihnout obrovské množství velmi malých kousků látky, čímž by mj. nevyhověl podmínce o deseti švech. Zkusíme to tedy jinak – nejprve vystřihneme z našeho pásu 2 metry a 1 metr látky a pokryjeme jimi část pláště kolem otvoru pro krk:
Na pokrytí zbylých částí nám zbývá 1 metr látky. Bílé plochy si můžeme představit jako tři půlsrpky (jeden v horní polorovině, dva v dolní), které mají v nejširším bodě 25 cm a jsou určitě kratší než 1 m. Zbylý metr látky tedy stačí rozstříhat na tři pruhy široké 25 cm a dlouhé 1 metr a těmi bílé plochy pokrýt:
Pokud se Tomáš rozhodne pro tuto variantu, bude mít na plášti pět švů (z toho dva na sebe navazující). Pochopitelně se nejedná o řešení s nejmenší spotřebou látky – proužky z druhého kroku nemusí být dlouhé 1 metr, ale jen 67 cm a odřezky z prvního kroku by mohly ušetřit další centimetry.
8
