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 459 je rostoucí, ale číslo 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. 13 45 789 3 45 789 13 45 789 1 45 789 1 35 789 1 34 789 1 345 789 1 345 89 1 345 79 1 345 78 4 913 59. Útvar na obrázku je složen ze zápalek. a) Kolik zápalek bylo použito? b) Kolik zápalek musíme z tohoto obrazce odebrat, aby vzniklo právě 1 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 = 30 vodorovných a 5 = 30 svislých zápalek. Celkem bylo použito 0 zápalek. b) Po odebrání 1 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 00 hrušek? Řešení. Jablka : hrušky = 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 =, tedy: 1 díl je (počet hrušek), díly je 5 (počet jablek). Z jedné rodící hrušbloně získáme nejméně 5 jablek. b) Nejvíce může být 87 plodů, 87 : 3 = 9, tedy: 1 díl je 9 (počet hrušek), díly je 58 (počet jablek). Z jednoho stromu lze získat maximálně 9 hrušek, z 55 stromů maximálně 9 55 = 1 595 (hrušek). Z 55 hrušbloní nemůžeme mít úrodu 1 00 hrušek. 4. Z čísel 3 5 871 a 4 589 38, 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 51 a 45 38, jejichž součet je 47 799. Když škrtneme číslice v prvním a tři ve druhém čísle, dostaneme jako nejmenší možná čísla 5 71 a 4 38, jejichž součet je 9 909, 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 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).
Řešení. Čtverec cm cm a obdélník 7 cm 9 cm se mohli skamarádit dvěma způsoby: 9 7 7 9 K nim je nutné uvažovat všechny možnosti přidání nového čtverce. 1 15 9 9 7 7 13 3 7 7 9 9 Čtverec tedy může mít stranu délky 1 cm, 3 cm, 13 cm nebo 15 cm.. Myslím si číslo. Po jeho zaokrouhlení na desetitisíce dostanu číslo 0 000. Při zaokrouhlení na desítky se nezmění. Po zaokrouhlení na stovky se moje myšlené číslo zvětší o 0, při zaokrouhlování na tisíce také. Jaké číslo si mohu myslet? Napiš všechny možnosti. Řešení. Jestliže se mé číslo po zaokrouhlení na tisíce zvětší o 0, musí být poslední trojčíslí 980. Po zaokrouhlení na desetitisíce dostanu 0 000, takže vyhovují následující čísla: 15 980, 1 980, 17 980, 18 980, 19 980, 0 980, 1 980, 980, 3 980, 4 980. Snadno ověříme, že všechna tato čísla splňují i zbývající podmínky. 3
53. ročník Matematické olympiády Komentáře k domácímu kolu kategorie Z 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,, 4,, 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 řadit je za sebou. První největší takové číslo tedy je 9 87 543 10. 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 87 543 01, které ale není cik-cak. Další možností je vyměnit 0 a. Dostáváme tak číslo 9 87 543 01, 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,, 4,, 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 87 541 30. Podobným způsobem dostaneme i další čísla (potřebujeme najít 10 největších), získáme tak následující seznam: 1. 9 87 543 10. 9 87 543 01 3. 9 87 541 30 4. 9 87 541 03 5. 9 87 53 410. 9 87 53 014 7. 9 87 51 430 8. 9 87 51 034 9. 9 87 503 41 10. 9 87 503 14 Odpověď : Na 1. místě je 9 87 543 10, na 5. místě 9 87 53 410 a na 10. místě 9 87 503 14. 4
. 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: 1 hran čtyřstěn: 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 1 = 3, 4 1 = 48). Jestliže mu na jehlan stačilo méně než 35 cm drátu, musí být hrana kratší než 5 cm (protože 5 8 = 40, 4 8 = 3). 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 = 4 cm drátu. 3. Míša cestuje k babičce vlakem. Nejčastěji jezdí rychlíkem v 9 3 a o 153 minut později vystoupí ve stanici, kde čeká na osobní vlak. Dnes měl rychlík při odjezdu z Míšova bydliště zpoždění 1 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 1 = 4 minut. Jestliže toto zpoždění zkrátil o 15 minut, bylo výsledné zpoždění rychlíku 4 15 = 9 minut. To znamená, že osobní vlak odjíždí 9 + 7 = 1 minut po příjezdu rychlíku, tedy 153 + 1 = 19 minut po odjezdu rychlíku z Míšova bydliště. Po převedení 19 minut na hodiny a minuty dostaneme hodiny a 49 minut. Přičteme-li tento čas k času odjezdu rychlíku, vyjde nám 11 7. Teď ještě odečteme 0 minut a přičteme je k hodinám. Pravidelný odjezd osobního vlaku je ve 1 1. 4. Napiš za sebou všechna čísla od 1 do 0 následujícím způsobem: 1 3... 58 59 0. 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 0 9 = 51 dvojciferných čísel, musí být tvořeno 9 1 + 51 = 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 (čísla 9, 19, 9, 39, 49, 59). Vyškrtáním dostaneme 9 9 9 9 9 50 51 5...58 59 0. Necháme co největší číslice a zbytek vyškrtáme. Získáme tak číslo 999 99 789 90. 5. Rozděl obdélník o rozměrech 7 cm a 1 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 = 7 1 = 34 cm. Odtud je délka strany čtverce rovna 18 cm, protože 18 18 = 34 (z rozkladu čísla 34 na součin prvočísel). a) Z původního obdélníku ustřihneme obdélník o rozměrech 18 cm a 1 cm. Do čtverce nám chybí obdélník o rozměrech 18 cm a cm, k dispozici máme obdélník o rozměrech 1 cm a 9 cm. Vidíme, že stačí tento obdélník rozstřihnout na dva obdél níky o rozměrech cm a 9 cm. Rozdělený obdélník a složený čtverec jsou na následujícím obrázku. 18 1 7 18 9 1 9 9 b) Abychom dostali čtverec, musíme šířku obdélníku o cm prodloužit a délku o 9 cm zkrátit. Výsledkem pak budou jakési schody : 18 1 7 9 1 9 18 1 9 9 18
. 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 : = 44, zbytek 1 posun figurky vpravo. tah: 44 : =, zbytek 0 posun figurky nahoru 3. tah: : = 11, zbytek 0 posun figurky nahoru 4. tah: 11 : = 5, zbytek 1 posun figurky vpravo 5. tah: 5 : =, zbytek 1 posun figurky vpravo Pohyb figurkou potom vypadá takto: Poslední podíl je. 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 odzadu :. tah vedl nahoru příslušný zbytek je 0 předchozí podíl tedy byl 1 + 0 =, 5. tah vedl nahoru zbytek 0 předchozí podíl: + 0 = 4, 4. tah vedl vpravo zbytek 1 předchozí podíl: 4 + 1 = 9, 3. tah vedl vpravo zbytek 1 předchozí podíl: 9 + 1 = 19,. tah vedl nahoru zbytek 0 předchozí podíl: 19 + 0 = 38, 1. tah vedl vpravo zbytek 1 předchozí podíl: 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,, 3, 4, 5,. 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 = 3 lentilek, v každém balíčku bylo 3 : = 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 : = 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 : = 0 lentilek, při druhém dělení bylo ve 3 balíčcích 0 3 = 0 lentilek, 0 = 7 8 + 4, tzn. Sněhurka by při druhém dělení dostala 4 lentilky, což opět vyhovuje zadání (4 < 5). Odpověď : Úloha má řešení. V jednom balíčku mohlo být 19 nebo 0 lentilek.. 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 odzadu : 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 1, 15, 18,... kdyby bylo koblih 1: 1 : 3 = 4, 4 1 = 3, 1 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, 1, 4,... kdyby bylo koblih 18: 18 : 3 =, 1 = 5, 18 5 = 13. Nevyhovuje zadání. kdyby bylo koblih 1: 1 : 3 = 7, 7 1 =, 1 = 15. Vyhovuje zadání. c) Uvažujme, kolik mohlo být v míse koblih, když k ní přišel Pavel: počet koblih musel být větší než 1 a zároveň dělitelný třemi, což je 4, 7, 30, 33,... kdyby bylo koblih 4: 4 : 3 = 8, 8 1 = 7, 4 7 = 17. Nevyhovuje zadání. kdyby bylo koblih 7: 7 : 3 = 9, 9 1 = 8, 7 8 = 19. Nevyhovuje zadání. kdyby bylo koblih 30: 30 : 3 = 10, 10 1 = 9, 30 9 = 1. Vyhovuje zadání. Odpověď : Maminka usmažila 30 koblih.. způsob: K řešení lze dojít i jiným uvažováním odzadu : 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 3 předchozího stavu, který byl (10 : ) 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 předchozího zbytku, který byl (14 : ) 3 3 = 1. 1 koblih zbylo, když si Pavel vzal o 1 méně než třetinu. Kdyby si vzal právě třetinu, zbylo by jich 0, tvořily by celku, který byl (0 : ) 3 = 30. 3 Maminka usmažila 30 koblih. 3. Mám dva stejné papírové trojúhelníky. Umím z nich (bez překrývání) složit obdélník s obvodem 1 cm nebo kosodélník s obvodem 4 cm nebo trojúhelník s obvodem 7 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: a + b = 1 c a b Kosodélník: a + c = 4 c a b c Trojúhelník: b + c = 7 c b a b c 9
Sečteme všechny obvody dohromady: a + b = 1, a + c = 4, b + c = 7, 4a + 4b + 4c = 7, a + b + c = 3, 1 + c = 3, c = 7,5, a + c = 4, a + 7,5 = 4, a = 4,5, b + c = 7, b + 7,5 = 7, b =. Odpověď: Původní trojúhelníky mají rozměry 4,5 cm, cm a 7,5 cm. 4. Do políček obrazce vepiš čísla 1,,..., 9 tak, abys po sečtení všech čísel v jakémkoliv trojokénku získal stejný, co možná největší součet. Řešení. Součet čísel 1 až 9 je 45. Označíme čísla v rozích x, y, z, součet v každém x y z trojokénku 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 5 nevyhovuje, není dělitelné čtyřmi 9 8 4 vyhovuje... s = 11 + 9+8++1 = 17 4 Čísla 9, 8, umístíme do správných rohů a zbývající čísla doplníme do trojoké nek tak, aby součet v každém z nich byl 17. 1 7 9 3 8 5 4 10
Pokud budou děti řešit příklad experimentálně, budou zřejmě za x, y, z volit velká čísla. Když nenajdou řešení pro trojici 9 + 8 + 7 = 4, zkusí hledat další nejvyšší součet 3 = 9 + 8 +. 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,, 3, 4, 5: Součet je 1 + + 3 + 4 + 5 = 15. Jestliže tento trojúhelník zdvojnásobíme, dostaneme obdélník s počtem bodů 5 (5 + 1). Původní počet bodů je poloviční, tj. 1 5 (5 + 1) = 1 5 = 15. Je-li x počet přirozených čísel, pak jejich součet je s = 1 x (x + 1). x = počet stránek knihy, 1 x (x + 1) = součet všech stránek knihy, 1x (x + 1) > 11 011, x (x + 1) > 0, x a (x+1) jsou po sobě jdoucí čísla, kdyby byla obě stejná, pak by bylo x x > 0, tedy x > 0, odtud x > 148,398... Nejbližší hledaná dvojice po sobě jdoucích přirozených čísel je 148 a 149. Protože je 1 148 149 = 11 0, měla kniha původně součet stránek 11 0. Protože po vytržení listu měla kniha součet stránek 11 011, měl vytržený list součet stránek 11 0 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 + +... + 147 = 10 878 (méně než 11 011, nevyhovuje), součet 1 + +... + + 147 + 148 = 11 0; kniha tedy měla 148 stránek. Dál stejná úvaha jako výše. 11
. Na obrázku jsou načrtnuty přímky p, q a trojúhelníky ABC a CDE, které leží mezi nimi. Platí: p q, D p a B q, ABC je rovnoramenný, CDE je rovnostranný. Vypočítejte velikost úhlu ECA. D p E A C B q Řešení. Sestrojíme polopřímku BC, BC p, a doplníme úhly v trojúhelnících. V trojúhelníku CDE má každý vnitřní úhel velikost 0, pro trojúhelník ABC mohou nastat tři případy: a) je-li C hlavní vrchol, pak ECA = 10, b) je-li A hlavní vrchol, pak ECA =, D D p E A 0 0 0 10 10 p C E 0 0 10 0 70 C B q A 70 B q 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. p E D 0 10 0 0 70 A C 100 B q 1
53. ročník Matematické olympiády Komentáře k domácímu kolu kategorie Z8 1. Tatínek opřel náš nový žebřík o stěnu domu. Spodní (první) příčka je 4 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 a + 4 cm. Čtrnáctá příčka je ve výšce 13a + 4 cm. Ze zadání plyne, že 5(a + 4) = 13a + 4. Po úpravě dostaneme, že a = 3 cm. Nyní už snadno dopočítáme hledané údaje. a) Třetí příčka je ve výšce a + 4 = 88 cm. b) Tatínek se dostane o a = 4 cm výš.. 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 b, d 1, 8 3, 7 4,, 7 1, 9 4, 3, 1, 9, 8 4, 5 1, 9, 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 cd jsou to prvočísla? ad bc jsou to složená čísla? 13 87 NE 17 83 ANO 13 87 NE 1 79 NE 9 71 ANO 1 79 NE 31 9 NE 39 1 NE 41 59 ANO 49 51 ANO 49 51 NE 43 57 NE 47 53 ANO 43 57 NE Myslím si čísla 41, 59, 49 a 51. 3. V Pepíkově stavebnici je 4 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 1 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 LB P Z D Celkem je nabarveno 0 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, 7, 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 8 9 z = 7 z = 3 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 = 1 jablek. Těchto 1 jablek představuje 8/9 zbytku v předchozím dělení atd. Všechny výpočty shrneme do tabulky: trpaslík dostal jablek před dělením bylo jablek 8/9 zbytku nový zbytek 1/9 tohoto zbytku 7. 7 + 1 = 8 8 + 8 = 1 1 18. + = 8 1 + 8 = 4 4 7 3 5. 5 + 3 = 8 4 + 8 = 3 3 3 4 4. 4 + 4 = 8 3 + 8 = 40 40 45 5 3. 3 + 5 = 8 40 + 8 = 48 48 54. + = 8 48 + 8 = 5 5 3 7 1. 1 + 7 = 8 5 + 8 = 4 Trpaslíci našli v košíku celkem 4 jablek. Sněhurka i každý trpaslík dostali 8 jablek. 5. Martin má z matematiky několik známek, jejichž aritmetický průměr je,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:,1 = 35 100 z + 30 100 z + p 100 z 3 + 35 p 100 z 4. z 15
Po úpravě dostaneme rovnici s jednou neznámou p ve tvaru 10 = 35 + 30 + 3 p + 4 (35 p), jejíž řešení je p = 5. Martin má 5 % trojek a 35 5 = 10 % čtyřek. Z matematiky má Martin celkem 5 100 = 0 známek. 5. Střední příčka dělí lichoběžník na dvě části, z nichž menší má obsah 18 cm. Jaký obsah bude mít větší z částí, na které dělí tento lichoběžník jeho úhlopříčka, pokud menší má obsah 1 cm? D c C X e v Y A a B Řešení. Použijeme značení z obrázku. Víme, že platí: e = a + c, S = a + c v, S ACD = cv = 1, S XY CD = e + c v = 18. Z prvního a posledních dvou vztahů vyjádříme délky základen: c = 3 v e = a + 3 v = va + 3. v Odtud plyne, že 18 = va + 3 v + 3 v v a = 48 v. Nyní tyto vztahy dosadíme do vzorce pro výpočet obsahu lichoběžníka. S = a + c v = 48 v + 3 v v = 80 v v = 40 cm. Větší z částí bude mít obsah S ABC = S S ACD = 4 cm. 1
53. ročník Matematické olympiády Komentáře k domácímu kolu kategorie Z9 1. V Pepíkově stavebnici je 4 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.. 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 = dm (Py thagorova věta). Proto CAB = CBA = 45. B 1 S 45 r 1 T 1 C 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 AST = ASC? Strana AS je společná, ST = SC = r, ST A = SCA = 90 AST = = ASC (věta Ssu) T A = CA = 1 dm, AB = (1 + 1) dm; r = ( 1) dm 17
( AB = dm). Pro obsah polokruhu S platí: S = S = ( 1 ), (3 ). Po vyčíslení dostaneme, že S. = 0,9 4 dm. 3. Třemi způsoby napište číslo 004 jako součet několika po sobě jdoucích přirozených čísel. Řešení. Při lichém počtu sčítanců můžeme označit prostřední člen jako a. Potom platí: 004 = n a, kde n je počet členů. Protože n je liché a musí dělit 004, dostáváme tyto možnosti: n a součet 3 8 7 + 8 + 9 17 1 71 + ( 70) +... + 95 501 4 4 + ( 45) +... + 54 Při sudém počtu sčítanců označíme menší z obou prostředních členů jako a a do staneme, že 004 = n a + 1 n, kde n je počet členů. Po úpravě 004 = 1 n(a + 1) vidíme, že jsou jen tyto možnosti: a + 1 n a součet 3 1 33 1 + ( 5) +... + + 7 + 8 + 9 17 4 83 7 + 73 +... + 95 501 8 50 47 + 48 +... + 54 Z uvedených možností pouze (7 + 8 + 9), (7 + 73 +... + 95) a (47 + 48 + +... + 54) 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 51. Najděte původní příklad. Řešení. V prvním případě se součin zvětšil, tzn., že první číslo zaokrouhlením na desítky zvětšujeme. Zvětšení může být o 1,, 3, 4 nebo 5 tj. z čísla a vzniklo číslo a + x, kde x {1,, 3, 4, 5}: (a + x) b = ab + 48, xb = 48. 18
Do tabulky napíšeme možné hodnoty čísel x a b: x 1 3 4 5 b 48 4 1 1 neexistuje Aby se součin po zaokrouhlení druhého činitele zmenšil, musíme číslo b zaokrouh lovat dolů. Do úvahy pak přicházejí dvojice [x, b] {[, 4], [4, 1]}. Pokud b = 4, tak pozměněný příklad je 0a = 4a 1 51, odkud plyne, že a = 378. Číslo 378 se při zaokrouhlování na desítky skutečně zvětší o (x = ). Pokud b = 1, tak pozměněný příklad je 10a = 1a 1 51, odkud plyne, že a = 75. Číslo 75 se při zaokrouhlování na desítky skutečně zvětší o 4 (x = 4). Původní příklad byl buď 378 4, nebo 75 1. 5. Dája, Mája, Jája a Pája se vážili. Nejlehčí a nejtěžší z nich váží dohromady 113 kg. Dája, Mája a Jája váží celkem 19 kg. Mája, Jája a Pája mají celkem 1 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 = 19 p + m + j = 1 d + m + j = 19 p m j = 1 d p = 3 d + p = 99 d p = 3 d = 10 d = 51 d + p = 99 d + p = 3 p = 9 p = 48 Dája má 51 kg, Pája má 48 kg. Dosadíme do prvního vztahu: 51 + m + j = 19 48 + m + j = 1 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 = 5 kg m + j = 118 5 + j = 118 j = 53 kg Dája má 51 kg, Pája 48 kg, Jája 53 kg a Mája 5 kg.. Najděte přirozená čísla a, b, která současně splňují tyto dvě podmínky: 3a + b = 15, 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 = 5, jsou možné 4 případy: x = 1, y = 10 a = D, b = 10D, x = 10, y = 1 a = 10D, b = D, x =, y = 5 a = D, b = 5D, x = 5, y = a = 5D, b = D. Nyní pro každou z uvedených možností vyzkoušíme, zda je splněna i první podmín ka, či nikoliv. 3D + 10D = 15 13D = 15, což nemá řešení v oboru přirozených čísel. 30D + D = 15 31D = 15, což nemá řešení v oboru přirozených čísel. D + 5D = 15 11D = 15, odtud plyne, že D = 15. Dostáváme řešení a = 30, b = 75. 15D + D = 15 17D = 15, což nemá řešení v oboru přirozených čísel. Tyto dvě podmínky splňuje jediná dvojice a = 30, b = 75. 0