Øe¹ení 1. série VI. roèníku kategorie JUNIOR

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "Øe¹ení 1. série VI. roèníku kategorie JUNIOR"

Libuše Benešová
před 7 lety
Počet zobrazení:

1 Øe¹ení 1. série VI. roèníku kategorie JUNIOR RJ-VI-1-1 Staèí, kdy¾ nejprve zaèneme mìøit èas obìma hodinami zároveò. Kdy¾ se dosypou sedmiminutové, ihned je znovu otoèíme a zaèneme odmìøovat druhých 7 minut. Ve chvíli, kdy se dosypou i jedenáctiminutové, je ze sedmiminutových odsypáno 4 minuty a zbývají je¹tì 3 minuty. Proto právì v tento okam¾ik mù¾eme zaèít odmìøovat 3 minuty. A¾ se (podruhé) sedmiminutové hodiny dosypou, uplynuly 3 minuty. RJ-VI-1-2 patnì sestavenou mapu mù¾eme rozdìlit mnoha zpùsoby. Zále¾í na tom, jestli jsou oba díly lícem nahoru (èi dolù) nebo jsou ka¾dý jinak. Na obrázcích 1 a 2 jsou dva mo¾né zpùsoby. Silná èára naznaèuje, kde budeme støíhat. Obrázek 1: Oba díly mapy jsou stejnì (ale i opaènì) RJ-VI-1-3 V zadání máme dáno 9 rùzných písmen a my je máme nahradit èísly od 1 do 9 tak, aby se neopakovala a aby splòovala danou rovnost. Nejdøíve zjistíme, èemu se mohou jednotlivé souèty ve sloupcích rovnat a systematickou metodou pokus-omyl budeme postupovat dál. Zaèneme zleva. J + M = 3 nebo J + M = 4 nebo J + M = 5. První mo¾nost nemù¾e nastat, proto¾e E + N (pøípadnì + pøevod z pøedcházejícího øádu) nemù¾e dát 23. Podobnì nemù¾e nastat ani poslední rovnost, proto¾e na písmena E a N by pak nezbyly èíslice. Mù¾e nastat jedinì J + M = 4, odtud J = 1 a 1

Ve chvíli, kdy se dosypou i jedenáctiminutové, je ze sedmiminutových odsypáno 4 minuty a zbývají je¹tì 3 minuty. Proto právì v tento okam¾ik mù¾eme zaèít odmìøovat 3 minuty.

2 Obrázek 2: Díly mapy jsou rùznì M = 3 nebo J = 3 a M = 1. Dále se ji¾ tato písmena nevyskytují, proto pøijmeme obì øe¹ení jako správná. Èíslice 1 a 3 jsou u¾ vyèerpány a navíc víme, ¾e E + N 10. e se nemù¾e nastat E + N = 13, lehce vylouèíme. To by toti¾ muselo nastat D+D+O = 3 a to nejde. Proto musí být E+N = 12 nebo E+N = 11. Se souètem D + D + O to bude mírnì nároènìj¹í. Rovnost 3 jsme ji¾ vylouèili (2 také). Musíme také vylouèit 13 a 23. E + V + H se toti¾ nikdy nemù¾e rovnat 7 (popøípadì 6 nebo pìti), proto¾e jsme ji¾ vyu¾ili èísla 1 a 4. Podobnì vylouèíme i souèet 11 a 21. Maximální souèet pro E + V + H je = 24, nemù¾eme tedy dostat 27, 26 ani 25. Zbývají tedy dvì mo¾nosti: D + D + O = 12 nebo D + D + O = 22. Podobnì budeme postupovat se souètem E +V +H. Díky pøedcházejícím úvahám mù¾eme vylouèit souèty 7, 6, 5 a 27, 26, 25. Není mo¾ný ani souèet 17, proto¾e N + A + O se nikdy nemù¾e rovnat 4. Zbývají zase tedy opìt mo¾nosti, a to E + V + H = 16 nebo E + V + H = 15. Nakonec musí platit N + A + O = 14 nebo N + A + O = 24. A teï se koneènì mù¾eme pøesunout ke slibované metodì pokus-omyl. Vyjdeme z rovnosti E + N = 11, tzn. E = 4 a N = 7 nebo naopak nebo E = 5 a N = 6 nebo naopak. Kdyby E = 4 a N = 7, pak z N + A + O = 14 máme A + O = V tuto chvíli jsme pou¾ili èíslice 1, 2, 3, 4, 5 a 7 a víme, ¾e D + D + O = 22. Ale kdyby O = 5, pak by 2D = 17. Není mo¾né ani O = 2, pak by D = 10, a to není èíslice. Tato mo¾nost nemù¾e nastat. Mohlo by být také N +A+O = 24, 2

Rovnost 3 jsme ji¾ vylouèili (2 také). Musíme také vylouèit 13 a 23. E + V + H se toti¾ nikdy nemù¾e rovnat 7 (popøípadì 6 nebo pìti), proto¾e jsme ji¾ vyu¾ili èísla 1 a 4.

3 kde A + O = Pou¾ili jsme tedy èíslice 1, 3, 4, 7, 8 a 9, zbývají nám tedy 2, 5 a 6. Proto¾e 2D + O = 22, musí být O = 8 a D = 7. To ale nemù¾e nastat. Uva¾ujme tedy, ¾e E = 7 a N = 4, pak N + A + O = 14 a proto A + O = 10 = (Pou¾ili jsme èíslice 1, 2, 3, 4, 7 a 8). Proto stejnì jako v pøedcházejícím D + D + O = 22 a O 6= 2, proto O = 8. Odtud také lehce dojdeme k tomu, ¾e D = 7, co¾ ale není mo¾né. Ani tato mo¾nost nevede k výsledku. Kdyby E = 5 a N = 6, pak z N + A+O = 14 máme A+O = 8. Osmièku ale u¾ nerozepí¹eme jako souèet dvou rùzných èíslic, ani¾ bychom nepou¾ili u¾ nìkterou þobsazenouÿ. Ani tato mo¾nost nevede k cíli. Kdyby opaènì E = 6 a N = 5, pak z N + A+O = 14 máme A+O = 9 = Pou¾ili jsme èíslice 1, 2, 3, 5, 6 a 7. U¾ z pøedchozího víme, ¾e O musí být sudé, tedy O = 2. Potom ale zase dostaneme D = 10, co¾ není mo¾né. Vylouèili jsme tedy v¹echny mo¾nosti, kdy by se E + N = 11. Musí tedy platit E + N = 12, proto D + D + O = 12. Postupnì opìt projdeme v¹echny mo¾nosti. Kdyby E = 4 a N = 8, pak díky 2D + O = 12 mù¾e být jedinì O = 2 a D = 5. Vyèerpali jsme èíslice 1, 2, 3, 4, 5 a 8. Pak ale pro písmena V a H u¾ nám nezbývají vhodné èíslice, aby daly souèet 12 nebo 11. Tato mo¾nost nemù¾e nastat. Pøedpokládejme opaènì, ¾e E = 8 a N = 4. Jako v pøedcházejícím dojdeme k tomu, ¾e O = 2 a D = 5. Souèet V + H mù¾e být tedy 7 nebo 8. Opìt ale nemáme potøebné èíslice. Ani tato mo¾nost nemù¾e nastat. Kdyby E = 7 a N = 5, pak kdyby O = 2, muselo by D = 5; kdyby O = 4, muselo by D = 4. Ani jedno nelze. Tedy O = 8 a D = 2. Kdyby dál N + A + O = 14, bylo by A = 1, a to nejde. Kdyby N + A + O = 24, bylo by A = 11, a to také nejde. Ani tato mo¾nost nevede k cíli. Nakonec nám zbývá E = 5 a N = 7. Díky D + D + O = 12 mù¾e (jako v pøedcházejícím) nastat jen O = 8 a D = 2. Pou¾ili jsme èíslice 1, 2, 3, 5, 7 a 8. Pro V +H = 11 nám tedy u¾ èíslice nezbývají a musí být V +H = 10 = 4+6. Proto¾e N + A + O = 7 + A + 8, je A = 9. Toto je tedy jediná mo¾nost, která mù¾e nastat. Navíc z pøíbìhu víme, ¾e H < V, proto øe¹ením algebrogramu je 3

Odtud také lehce dojdeme k tomu, ¾e D = 7, co¾ ale není mo¾né. Ani tato mo¾nost nevede k výsledku. Kdyby E = 5 a N = 6, pak z N + A+O = 14 máme A+O = 8.

4 nebo a èíslem ONOHO domu je RJ-VI-1-4 Nejprve si oznaème strany obdelníkù jako a; b. V¹imnìme si, ¾e vy¹rafovanou èást lze rozdìlit na dva pravoúhlé trojúhelníky. Víme, ¾e se obdélníky pøekrývají v polovinách svých stran. Známe tak velikost základny trojúhelníku (jedna z odvìsen) z = b 2 a jeho vý¹ky (druhá odvìsna) v = a 2. Obrázek 3: Pøekrývající se obdélníky Pro obsah vy¹rafované èásti S tak dostáváme: S = 2S 4 = 2 zv 2 = ab 4 = 1 4 S ut: Pøevodní kola lokomotivy je tedy tøeba nastavit v pomìru 1 : 4. 4

Víme, ¾e se obdélníky pøekrývají v polovinách svých stran.

5 RJ-VI-1-5 Nejprve dolijeme 7litrový d¾bán z nejvìt¹ího 12litrového tak, aby byl plný. Pak z tohto 7litrového odlijeme 2 litry do 9litrového d¾bánu, tak¾e nám zbyde v nejmen¹ím d¾bánu právì potøebných 5 litrù. Celý postup je zachycen na obrázku 4. Obrázek 4: Pøelévání vína 5 litrù jsme nemohli dostat odlitím nìjakého mno¾ství ze d¾bánù hned na zaèátku. Z 9 litrù bychom toti¾ potøebovali odlít 4 litry, ze 7 litrù 2 litry a ze 6 litrù jeden litr. To ne¹lo ani jedním ani dvìma odlitími. Znamená to tedy, ¾e nejprve musíme nìkam víno dolít a teprve potom odlít. Mo¾ností odnìkud nìkam odlévat máme v jednom kroku celkem ¹est (jednou mo¾ností myslíme napø. ze støedního d¾bánu do nejvìt¹ího apod.). Projdeme-li je, snadno vylouèíme ty nemo¾né. 5