Internetová matematická olympiáda listopadu ročník -autorská řešení

Transkript

1 Iteretová matematická olympiáda listopadu ročík -autorská řešeí. Na ekoečě velkém čtverečkovaém papíře si zvolte mřížový bod A, který bude počátkem. Nadále se od bodu A můžete pohybovat pouze doprava ebo ahoru po čtverečkové mříži. Kolika způsoby lze dosáhout bodu C[m, ] (m, > 0)? A kolika způsoby dojdeme z bodu A[0, 0] do bodu B[x, y], kde m < x a < y, přes bod C[m, ]? Obrázek : K zadáí příkladu Řešeí: Každému mřížovému bodu přiřaďme čísla podle toho, kolika způsoby se do ěj dostaeme z bodu A, viz Obrázek 2. Při pohybu mříží z bodu A[0, 0] do bodu C[m, ] musíme udělat m + kroků. Přiřaďme krokům směrem doprava číslici (jejich počet bude m) a kroky ahoru číslicí 0 (těch bude ). Pak můžeme říci, že každou cestu z A do C můžeme symbolicky zapsat posloupostí číslic 0 ebo o( celkovém ) počtu ( m + ) číslic. Jde m + m + tedy o kombiace ul a m jediček a platí, že z A do C se lze dostat = způsoby. m Obrázek 2: K řešeí příkladu Pokud chceme jít z bodu A[0, 0] do B[x, y] přes C[m, ], kde (m < x, < y), pak úlohu rozdělíme a úseky z A do C a z C do B. Výsledý počet možých cest tedy bude ( ) ( ) m + (x m) + (y ). y

2 2. Ve starobylé vesici žije blíže eurčeý počet mudrců. Každý mudrc má právě jedu maželku. Každý mudrc ví, zda jsou maželky ostatích mudrců svým mužům věré, či ikoliv. O věrosti své maželky však ic eví. Ve vesici platí pravidlo, že vždy, když ějaký mudrc zjistí, že mu je jeho žea evěrá, musí ji do koce toho de zabít. Jedoho de přijde do vesice ciziec a apíše a bráu: Ne všechy maželky mudrců jsou věré. Poechejme straou, jak to zjistil, a předpokládejme, stejě jako mudrcové, že je tato iformace pravdivá. Prví de se estalo ic. Druhý de se estalo ic. A tak dále, třetí, čtvrtý, pátý ai šestý de se ic estalo. Až a koci sedmého de ěkolik mudrců zabilo své žey. Kolik že bylo zabito? Byly zabity všechy evěré maželky? Řešeí: Zadáí sice obsahuje miimum kokrétích iformací, ale i přesto je úloha sado řešitelá pricipem podobým matematické idukci. Předpokládejme, že by byla ve vesici právě jeda evěrá maželka. Mudrc, jehož žea je evěrá, si přečte vzkaz a bráě. Vzhledem k tomu, že má iformace o věrosti všech ostatích maželek (čili ví, že všechy ostatí jsou věré), je mu jasé, že tou evěricí je právě jeho žea a musí ji ještě toho de zabít. Ježe prví de se ic estalo. Předpokládejme, že by byly ve vesici právě dvě evěré maželky. Mudrc s evěrou maželkou bude druhý de uvažovat ásledově: mám iformace o věrosti všech ostatích maželek a vím, že jeda z ich je evěrá. Ježe dotyčý mudrc (který musel uvažovat tak, jak je azačeo v předchozím kroku) ji prví de ezabil, tj. ve vesici musí být ještě jeda evěrá maželka. A to musí být ta moje. Čili ji musím ještě te de zabít. Ježe ai druhý de se ic estalo. Uplatíme-li stejou úvahu a další dy, je jasé, že sedmý de bylo zabito právě sedm maželek a žádá jiá evěrice už ve vesici eí.. Továra vyrábí dva druhy hraček vojáčky a vláčky. Zisk z prodeje jedoho vojáčka je 0 Kč, zisk z prodeje jedoho vláčku je 20 Kč. K výrobě jedoho vojáčka je potřeba hodia obráběí a 2 hodiy dokočováí, k výrobě jedoho vláčku je potřeba hodia obráběí a hodia dokočováí. Kapacita obráběí je 80 hodi týdě, kapacita dokočováí je 00 hodi týdě. Kolik se má v továrě za týde vyrobit vojáčků a vláčků, jestliže se má maximalizovat zisk? Jak velký teto zisk bude za týde? Řešeí: Počet vyrobeých vojáčků ozačme x, počet vyrobeých vláčků ozačme x 2. Celkový zisk určíme pomocí tzv. účelové fukce z, kde z = 0x + 20x 2. Omezeí kapacity obráběí a dokočováí vede a dvě erovice ve tvaru x + x 2 80 a 2x + x Navíc z podstaty zadáí vyplývá, že hodoty x a x 2 musí být ezáporé a celočíselé, protože určují počty kusů. Matematický model zadaé optimalizačí úlohy formulujeme ásledujícími vztahy. Hledaé maximum účelové fukce z: max z max(0x + 20x 2 ) x, x 2 x, x 2 Zadaé podmíky: x + x x + x 2 00 x, x 2 0 x, x 2 Z Pokud vyšrafujeme možiu, kterou uvedeé erovice představují, tak dostaeme čtyřúhelík přípustých řešeí, viz Obrázek. Zbývá tedy ajít bod, který leží ve vyšrafovaém čtyřúhelíku a zároveň jeho z-ová souřadice je maximálí. Pokusme se představit si tuto situaci i v prostoru, v souřadém systému x, x 2, z, viz Obrázek 4. Představme si plochu, kde výzam z-tové souřadice bude áš zisk, x -ové počet vláčků a x 2 -ové počet vojáčků. Rovice této plochy je z = 0x + 20x 2. Jde tedy o roviu, která prochází počátkem souřadého systému a směr jejího ejvětšího růstu je urče vektorem, který ozačíme gradz = (0, 20). Jde ám 2

3 Obrázek : Grafické řešeí příkladu - pohled do roviy x, x 2 Obrázek 4: Grafické řešeí příkladu - situace v prostoru o ejvyšší zisk, proto se sažíme ajít vrstevici účelové fukce, která prochází co ejvzdáleějším bodem vyšrafovaé oblasti. Z obrázku je zřejmé, že jde o bod [x, x 2 ] = [20, 60]. Nejlepší je tedy vyrábět 20 vojáčků a 60 vláčků týdě, přičemž zisk bude 800 Kč.

4 4. A kolik je tvým třem syům vlastě let? zeptal se matematik kamaráda. Te chtěl matematika potrápit, a tak odpověděl: Když zásobím jejich věk, dostau číslo 6. Matematik se a chvíli zamyslel a řekl: Ale z toho přece jejich věk určit emohu, musíš mi říci ěco bližšího. Kamarád jeho žádost splil: Součet jejich stáří se rová číslu domu, před ímž stojíme. Matematik se zovu a chvíli zamyslel a otázal se: Nemůžeš mi říci ještě ějakou podrobost? Ale ao, odpověděl kamarád, Nejstarší Pavel slaví arozeiy v létě a ti dva mladší a podzim. Tak to mě stačí, odpověděl matematik. Stačí to i vám k odpovědi? Kolik let je každému syovi? Řešeí: Z prví odpovědi plye, že hledáme tři přirozeá čísla, jejichž souči je 6. Vypišme si všem osm možostí Z druhé odpovědi vyplývá, že součet jejich věku se rová číslu domu, které zá matematik, ale my ho ezáme. Sečteme-li čísla v každé výše uvedeé trojici, dostaeme postupě součty 8, 2, 6, 4,,,, 0. Všiměme si, že s výjimkou čísla, jsou všechy ostatí součty růzé a matematik by tedy mohl určit stáří syů již po této odpovědi, protože číslo domu zá. Protože však matematik vyžadoval další ápovědu, mohlo to být je z toho důvodu, že dům měl číslo, čemuž odpovídají dvě růzé možosti:, 6, 6 let a 2, 2, 9 let. Na základě třetí odpovědi lze vyloučit variatu, 6, 6 let, protože z iformací vyplývá, že ejstarší sy Pavel slaví arozeiy sám. Zbývá tedy jediá možost a to ta, že syové byli staří 2, 2 a 9 let. 5. Kolik má číslo cifer? Řešeí: Počet cifer určíme jedoduchým výpočtem za pomoci dekadického logaritmu log = 2009 log 2009 = 2009, 0298 = 665, Nalezeme-li ejbližší vyšší celé číslo dostáváme výsledek. Počet cifer tedy je 666. Skutečě, výpočet je takto sadý. Stačí si uvědomit, jak fuguje dekadický logaritmus, tj. logaritmus o základu 0: Pro přirozeá čísla z možiy {,..., 9} dostáváme fukčí hodoty {log = 0,..., log 9. = 0, 954}. Pro dvojciferá čísla {0,..., 99} dostáváme fukčí hodoty {log 0 =,..., log 99. =, 996}. A tak dále. Tj. ejbližší vyšší celé číslo k výsledku dekadického logaritmu vždy udává počet cifer čísla, jehož logaritmus počítáme. 6. Zakreslete do souřadého systému kružici se středem v bodě S = [0, 0] a poloměrem 2 jedotky, je-li vzdáleost bodů A = [a, a 2 ] a B = [b, b 2 ] defiováa takto: 2 a) d(a, B) = (a i b i ) 2 (a b ) 2 + (a 2 b 2 ) 2, i= b) d(a, B) = max i=,2 a i b i max{ a b, a 2 b 2 }, c) d(a, B) = 2 a i b i a b + a 2 b 2. i= 4

5 Řešeí: Obrázek 5: Řešeí příkladu 6 7. Dokažte ásledující erovost 27 ( a + b + c )2 a2 + b 2 + c 2 pro a, b, c N. Řešeí: Daou erovost dokážeme pomocí erovosti mezi harmoickým a kvadratickým průměrem prvků a,..., a. Pro úplost uveďme erovosti i mezi dalšími zámějšími průměry. Platí a + a a a 2 a a + a a a 2 + a a2, a tj. harmoický p. geometrický p. aritmetický p. kvadratický p. Zaměřme se a erovost mezi kvadratickým a harmoickým průměrem. Pro prvky a, b, c N dostáváme tuto erovost ve tvaru a2 + b a + b c 2. c Obě stray jsou vždy kladé, proto platí ( ) 2 a + b + a2 + b 2 + c 2, c A tím je důkaz hotov. 9 ( a + b + a2 + b 2 + c 2, c )2 27 ( a + b + c )2 a2 + b 2 + c Na oslavu jsou pozváy maželské páry. Při slavostí večeři usadíme hosty tak, aby dámy seděly a jedé straě obdélíkového stolu a páové seděli aproti im. (Předpokládejme, že podél jedé stray stolu je právě míst a sezeí.) Žádý z maželů ovšem esmí sedět aproti vlastí parterce. Kolik možostí a rozsazeí má hostitel a večírku, kde je párů? Řešeí: Počet možostí a rozsazeí dam podél jedé stray obdélíkového stolu je! Obdélíkový stůl má dvě stray, které pro dámy přicházejí v úvahu, takže dostáváme 2! možostí. 5

6 Nyí je uté zjistit počet možostí, jak můžeme rozsadit páy tak, aby žádý z ich eseděl aproti vlastí parterce. To však ejde jedoduše spočítat přímo. Je uté zjistit počet rozsazeí, kdy alespoň jede pár sedí aproti sobě, a toto číslo odečíst od všech možostí, kterých je opět! Vezměme možiu, do které zařadíme ám přízivá rozsazeí, tj. taková rozsazeí, kdy alespoň jede pár sedí aproti sobě a spočtěme počet jejích prvků. Tuto možiu (ozačme ji A) lze vyjádřit jako sjedoceí moži A = A i, kde každá možia A i (i =,..., ) obsahuje taková rozsazeí, že pár i sedí aproti sobě. i= Tyto možiy samozřejmě ejsou disjuktí (emají prázdý průik), takže počet prvků možiy A musíme určit pomocí pricipu exkluze a ikluze. To zameá, že spočteme počet možostí, jak vybrat jedoho páa, který bude sedět aproti vlastí parterce a te ásobíme počtem možostí, jak rozsadit ostatí páy. Od výsledku odečteme počet možostí, jak vybrat dva páy, kteří budou sedět aproti vlastí parterce, ásobeý počtem možostí, jak rozsadit zbývající páy. K výsledku opět přičteme počet možostí, jak vybrat tři páy, kteří budou sedět aproti vlastí parterce, ásobeý počtem možostí, jak rozsadit zbývající páy. A tak dále. Tedy ( ) ( )! ( 2 ) ( 2)! + ( ) ( ) ( )! + ( ) + ( )! Celý proces můžeme pro jedoduché pochopeí demostrovat a Obrázku 6. Obrázek 6: K řešeí příkladu příkladu 8 Záme počet prvků v možiách A, B a C, a chceme spočítat počet prvků ve sjedoceí těchto moži. Nestačí je sečíst počet prvků v jedotlivých možiách, protože možiy ejsou disjuktí a tím pádem započítáme každou z moži A B, A C a B C dvakrát. Je tedy uté od původího součtu odečíst počty prvků v těchto možiách. Tím pádem ale ztratíme prvky v možiě A B C a je tedy potřeba je opět přičíst. Zobecěím tohoto pricipu dostáváme výše uvedeý výpočet. Jedoduchými úpravami yí dostaeme = ( ) ( )! ( ) ( 2)! + 2 ( ) ( ) ( )! + ( ) + ( )! =!!( )! ( )!! 2!( 2)! ( 2)! +!!( )! ( )! +! ( )+ ( )! =!( )! =!!! 2! +!! + ( )+!!. 6

7 Toto číslo vyjadřuje počet možostí, jak rozsadit páy tak, aby alespoň jede z ich seděl aproti vlastí žeě. Celkový počet a rozsazeí všech lidí podle zadáí dostaeme jako ( (! 2!!!! 2! +! ))! + ( )+ =!! (! = 2! 2!!! +! )! + ( ) = 4!! ( = 2 (!) 2 2!! + 4! + ) ( ).! Pozámka k řešeí příkladu 8: Příklad lze řešit rověž pomocí méě zámého pojmu subfaktoriál (ozačeí!). Subfaktoriál totiž vyjadřuje přímo počet tzv. dismutací, což jsou takové permutace původí možiy, že žádý prvek ezůstae a svém místě. Počet dismutací pro -prvkovou možiu je dá rekuretím vztahem! = ( ) (!( )+!( 2) ) s počátečími podmíkami!0 = a! = 0. Počet rozsazeí, které vyhovují zadáí úlohy, je pak 2!!. 9. Zkuste si kouzlo s kalkulačkou. Vyberte si libovolý úhel ejlépe v radiáech, apříklad x 0 =, 2. Na kalkulačce si spočítejte jeho kosius, dále určete kosius vašeho výsledku a toto proveďte ještě ěkolikrát (zkuste apříklad 0krát). Provedete tedy operaci cos (cos (... cos (cos (x 0 )))). Výsledky a displeji se budou blížit k jedomu určitému číslu. Pokud si teto pokus vyzkoušíte ještě ěkolikrát, tak brzy zjistíte, že ezáleží a velikosti úhlu, se kterým jste začali. Pomocí grafu fukce kosius vysvětlete tuto záhadu. Řešeí: Zvolme libovolě počátečí hodotu úhlu v radiáech, apříklad x 0 =, 2. Vykresleme graf fukce f (x) = cos x a pomocé fukce g (x) = x (její účel se ukáže později), viz Obrázek 7. V grafu vyzačme hodotu x = cos x 0. Obrázek 7: K řešeí příkladu 9 Nyí využijeme graf pomocé fukce g (x) k tomu abychom graficky mohli zázorit x 2 = cos x = cos (cos x 0 ). Stejým způsobem pokračujeme dále a vyášíme další body. Teď už je zcela jasé, ke kterému bodu se blíží aše výsledky. Jedá se o průsečík fukce f (x) = cos x a fukce g (x) = x. Tedy jde o řešeí rovice x = cos x. x = 0, 79 7

8 0. Televizí soutěž probíhá ásledujícím způsobem: Soutěžící má před sebou troje zavřeé dveře. Za jeděmi z ich je ové auto, za zbývajícími je je koza. Soutěžící si zvolí jedy dveře a a závěr soutěže dostae to, co je za imi. Soutěžící samozřejmě eví, co které dveře skrývají, a musí tedy volit áhodě. Poté, co si soutěžící vybere svoje dveře, moderátor pořadu otevře jedy ze zbývajících dveří. Vždy ty, za kterými je koza, protože moderátor ví, co které dveře skrývají. Moderátor dá yí soutěžícímu možost změit svoji původí volbu a vybrat si jié dveře. Předpokládejme, že soutěžící chce auto. Je tedy pro ěj z hlediska pravděpodobosti výhodější poechat si svoji prví volbu? Nebo je výhodější svoji původí volbu po zásahu moderátora změit? Nebo je pravděpodobost, že získá auto v obou případech stejá? Řešeí: Mohlo by se zdát, že v mometě, kdy jsou jedy dveře s kozou otevřeé, je to pro soutěžícího padesát a padesát a že je tedy jedo, co udělá. Ale eí tomu tak. Z hlediska pravděpodobosti je pro soutěžícího výhodé svoji volbu vždy změit. Na začátku máme jedy dveře s autem a dvoje dveře s kozou. Tedy pravděpodobost, že si soutěžící vybere dveře s autem, je /. Pravděpodobost, že je auto za jeděmi ze zbývajících dveří, je 2/. Vzhledem k tomu, že poté moderátor vždy, úmyslě a ajisto otevře dveře s kozou, edává soutěžícímu žádou ovou iformaci o tom, co je za dveřmi, které si vybral. Tedy pravděpodobost, že si soutěžící vybral dveře s autem, je stále /. Proto se tedy vyplatí svoji volbu změit - druhé dveře totiž skrývají auto s pravděpodobostí 2/. Jedá se o tzv. Moty Hall problem, více iformací apř. a Hall problem 8