Úloha č. 1

Jedna z možností, jak čtverec rozdělit, je tato:

Popišme asi nejjednodušší způsob, jak na toto řešení přijít, aniž bychom museli zkoušet 40 nebo více možností. Největší okres nemůže mít zřejmě velikost 13 \times 13. Kdyby měl velikost 12 \times 12, pak zbývající okresy už můžou mít stranu dlouhou jen 1 a celkem bychom tak dostali 26 okresů. Stejně tak lehce zjistíme, že největší okres nemůže mít ani stranu dlouhou 11. Pro stranu délky 10 už ale požadované rozdělení najdeme (viz obrázek).

Komentář: Pochopitelně existují i jiná řešení. Pokud jste uvedli řešení vyhovující zadání, získali jste 5 bodů.

Úloha č. 2

Nejprve ukážeme, že hledaný bod X je na ose jedné ze stran (např. AB). Uvážíme přímku p rovnoběžnou s AB a zjistíme, který z bodů na ní má nejmenší součet. Označme X průsečík přímky p a osy strany AB a X libovolný jiný bod na p. Nejprve si uvědomíme, že $|CX| < |C X|, neboť první strana je v pravoúhlém trojúhelníku CX X$ odvěsnou, kdežto druhá strana je jeho přeponou. Úhel u vrcholu X je pravý, neboť p \parallel AB a CX \perp AB. Zobrazme nyní bod B na bod B' v osové souměrnosti podle přímky p. Pak platí |B'X| = |BX| a |B' X| = |B X| a |AB'| = |AX| + |B'X|, protože X leží na přímce AB' (plyne to ze shodnosti trojúhelníků ASX a B'S'X (věta SUS), kde je S střed úsečky AB a S' jeho obraz). Z trojúhelníkové nerovnosti máme |A X|+|B' X| > |AB'| = |AX| + |B'X|. Sečtením obou nerovností a využítím vztahů pro vzdálenosti X a X od B a B' získáváme $|A X| + |B X| +|C X| > |AX| + |BX| + |CX|. Tedy ze všech bodů na přímce p$ je nejvýhodnější ten na CS, a proto hledaný bod leží na této ose.

Nyní si můžeme uvědomit, že jiný bod než těžiště T nemůže být ten s minimálním součtem. Kdyby totiž to byl nějaký Y \neq T, pak Y neleží na některé z os stran např. neleží na ose strany BC (pro ostatní strany je ovšem úvaha zcela stejná, tak ji zde nebudeme rozepisovat). Označme q přímku rovnoběžnou s BC procházející bodem Y. Pak bod Y, který je průsečíkem q a osy úsečky BC, má podle téže úvahy, jakou jsme provedli pro osu AB (jediné, co se změní, je označení bodů), menší součet vzdáleností od vrcholů trojúhelníka ABC.

Zdá se, že tím je úloha vyřešena, ale ne úplně docela. Zatím jsme jen dokázali, že bod s minimálním součtem nemůže být jiný než T. Ale co když takový bod neexistuje? Existence takového bodu se možná zdá být jasná, ale uvedeme nyní příklad, že existence „minimálního“ bodu jasná být nemusí. Například neexistuje v rovině s vynechaným bodem S žádný bod, který byl měl k S nejmenší vzdálenost -- vždy je k S blíže střed úsečky spojující tento bod s bodem S. Na tento fakt jsem ovšem při bodování nebral ohled.

Zvolíme tedy bod Z libovolně v rovině a označíme z přímku procházející bodem Z rovnoběžnou s AB. Pak podle naší úvahy z prvního odstavce má průsečík z a osy AB (označme jej X) menší nebo rovný součet vzdáleností od vrcholů trojúhelníka než Z. Pro težiště T v rovnostranném trojúhelníku platí $|AT| = |BT| = |CT| = \sqrt{3}\over3 a$, což se dá např. najít v Matematicko-fyzikálních tabulkách nebo odvodit z Pythagorovy věty, kde a značí délku strany trojúhelníka ABC, a tak |AT|+|BT|+|CT| = \sqrt{3} a. Máme tedy bod X na ose AB a chceme určit jeho součet. Označme x vzdálenost X a S měřenou „nahoru“ (tj. směrem k vrcholu C) od bodu S. Pak $|CX| = |CS| - x = \sqrt{3}\over2 a

  • x. Délky |AX| a |BX|$ jsou stejné díky rovnoramennosti trojúhelníka ABX a spočítáme je užitím Pythagorovy věty v trojúheníku ASX. |AX|^{2} = |AS|^{2} + |SX|^{2} = \left(a \over 2\right)^{2} + x^{2}. Celkem máme |AX| + |BX| + |CX| = \sqrt{3}\over2 a - x + 2\sqrt{a^{2}\over4 + x^{2}}. Máme
\sqrt{3} a \le \sqrt{3}\over2 a - x + 2 \sqrt{a^{2}\over4 + x^{2}} \iff \sqrt{3}\over2 a + x \le 2 \sqrt{a^{2}\over4 + x^{2}} \iff
3\over4 a^{2} + \sqrt{3} ax + x^{2} \le 4 (a^{2}\over4 + x^{2}) \iff 0 \le a^{2}\over4 - \sqrt{3} ax + 3x^{2} = \left(a\over2 - \sqrt{3} x\right)^{2}.

To ovšem platí vždy, neboť druhá mocnina (reálného) čísla je vždy nezáporná. A tak jsme dokázali, že součet vzdáleností od vrcholů je vždy větší nebo roven \sqrt{3} a, což je součet pro težiště, a tak minimální součet se nabývá (pouze -- viz úvahy dříve) v těžišti.

Komentář: Většina z vás přišla na to, že hledaný bod je průsečík výšek, težnic a zárověň střed kružnice vepsané i opsané (neboť v rovnostranném trojúhelníku tyto body splývají). Horší to bylo se zdůvodněním, až na pár čestných vyjímek jste pouze vyzkoušeli spočítat vzdálenost pro pár vybraných bodů (obvykle vrchol a střed strany) a porovnali ji se součtem pro těžiště. Za uvedení správného výsledku bez (správného) zdůvodnění či alespoň nějakých úvah vedoucích k němu jsem dával jeden bod, další bod byl za porovnání součtu vzdáleností s nějakými jinými polohami bodu X provedené výpočtem (a nikoliv měřením). Zbylé tři body byly podle kvality zdůvodnění výsledku.

Úloha č. 3

Máme určit, kolik existuje pravoúhlých trojúhelníků, jejichž všechny vrcholy leží ve vrcholech pravidelného 24úhelníku. Přitom podle Thaletovy věty jsou pravoúhlé právě ty trojúhelníky, jejichž přepona tvoří průměr (tedy úsečku procházející středem) kružnice opsané danému 24úhelníku. Pro jeden zvolený průměr kružnice (s krajními body ve vrcholech 24úhelníku) dostaneme celkem 22 různých trojúhelníků, neboť třetí vrchol trojúhelníku (u něhož bude vnitřní úhel pravý) může být kterýkoli ze zbývajících 22 vrcholů 24úhelníku. Kružnice má 12 různých průměrů s krajními body ve vrcholech 24úhelníku. Celkový počet pravoúhlých trojúhelníků s vrcholy ve vrcholech onoho 24úhelníku je 12 \cdot 22 = 264.

Úloha č. 4

Můžeme postupovat zkoumáním všech dvojic zářivek (těch je 21) a doufat, že se nikde nespleteme. Podíváme-li se na tvary číslic, můžeme si všimnout, že tvary některých dvojic číslic se liší pouze v jedné zářivce; ta pak nemůže být rozbitá, protože bychom tyto dvě číslice od sebe nerozeznali. Pokud by tedy byla rozbitá horní zářivka, nemohli bychom rozeznat jedničku () od sedmičky () (natož pak kdyby byla rozbitá i nějaká další zářivka). Kdyby byla rozbitá pravá horní zářivka, nepoznáme osmičku () od šestky (), levá horní --- devítku () od trojky (), prostřední --- osmičku () od nuly (), levá dolní --- devítku () od osmičky (). Zbývají tedy dvě zářivky --- pravá dolní a spodní. Podívejme se, jak budou vypadat číslice, když budou tyto dvě zářivky rozbité:

Vidíme, že žádná dvojice čísel není stejná, tedy vždy se dá určit, jaká číslice má svítit.

Komentář: Za řešení probíráním všech dvojic zářivek jsem strhával jeden bod, ani ne proto, že by bylo zas tak špatné, ale spíše proto, abych ocenil ty, kteří objevili elegantní řešení.

Úloha č. 5

Našim úkolem je najít výherní taktiku při stříhání volebních lístků. Situaci rozebereme na jednotlivé případy podle toho, jaký tah provede první hráč. Existují tři možnosti, jak začít:

1. možnost: 1. hráč rozdělí papír na 1+5 lístků.

Druhý hráč má následující možnosti:

a) pětici rozdělit na 1+4 lístky,

b) pětici rozdělit na 2+3 lístky.

V obou případech se může první hráč dostat do pozice s 1+1+1+3 lístky (buď odstříhnutím jednoho lístku od čtveřice, anebo rozstříhnutím dvojice). Druhý hráč má pak pouze možnost odstřihnout jeden lístek z trojice a na prvního zůstane poslední dvojice.

2. možnost: 1. hráč rozdělí papír na 2+4 lístky.

Druhý hráč má 5 možností:

a) rozdělit čtveřici na 1+3 lístky \mapsto 1+2+3 lístky,

b) rozpůlit čtveřici na 2+2 lístky \mapsto 2+2+2 lístky,

c) rozpůlit dvojici \mapsto 1+1+4 lístky,

d) přeložením přes sebe rozpůlit dvojici i čtveřici \mapsto 1+1+2+2 lístky,

e) přeložením přes sebe rozpůlit dvojici a rozdělit čtveřici na 1+3 lístky \mapsto 1+1+1+3 lístky.

V případech a) a c) se první hráč může dostat do výherní pozice 1+1+1+3 lístky. V případech b) a d) přímo vyhrává, protože může přes sebe přeložit všechny dvojice a rozstřihnout je. Pouze případ e) je výherní pro 2. hráče, protože jeho soupeř nyní musí rozdělit trojici na 1+2 lístky a jemu pak zůstane poslední dvojice.

3. možnost: 1. hráč papír rozdělí na 3+3 lístky.

Druhý hráč má pak dvě možnosti:

a) rozstřihne jednu trojici \mapsto 1+2+3 lístky,

b) rozstřihne obě trojice (přeložením přes sebe) \mapsto 1+1+2+2 lístky.

V prvním případě může vyhrát první hráč, když střihne do výherní pozice 1+1+1+3 lístky (viz výše). Ve druhém případě přímo vyhrává, protože rozpůlí najednou obě dvojice.

Existuje tedy výherní taktika pro prvního hráče -- viz 1. a 3. možnost. Druhý hráč může vyhrát pouze v případě, že první hráč udělá v průběhu hry chybu (např. když hned na začátku zvolí 2. možnost).

Úloha č. 6

Označme si počet stisknutí tlačítka +4, které způsobí vyjetí výtahu o 4 patra nahoru, jako a, počet stisknutí tlačítka -6, které způsobí sjetí výtahu o 6 pater dolů, jako b a počet stisknutí tlačítka +9, které způsobí vyjetí výtahu o 9 pater nahoru, jako c. Potom musí platit

73 = 4 \times a - 6 \times b + 9 \times c.

Dále si označme x celkový počet stisknutí tlačítek. Platí tedy:

x = a + b + c.

Sečteme-li obě rovnice, dostaneme rovnici:

73 + x = 5 \times a - 5 \times b + 10 \times c =
= 5 \times (a - b + 2 \times c).

Aby 73 + x \over 5 bylo celé číslo, musí pro x platit x=2, 7, 12, 17, ...

Pokud bychom použili pouze tlačítlo +9 (vyjetí výtahu o 9 pater), potom bychom potřebovali alespoň 73/9 \doteq 8 stisknutí. Proto první rozumná hodnota x je číslo 12.

Jsme však schopni vyjet na dvanáct stisknutí tlačítek? Jedna z mnoha možných kombinací je, když 5krát stisknu tlačítko +9 a 7krát stisknu tlačítko +4.

Komentář: Drtivá většina řešitelů napsala jedno, případně více možných řešení. Za samostatná a správná řešení jsem uděloval pouze 3 body. Ti z vás, kteří se zamýšleli, proč je 12 stisknutí nejmenší možný počet, získali podle úspěšnosti 4 nebo 5 bodů.

Úloha č. 7

První řešení: Označíme desítky hledaného čísla jako x a jednotky y. Hledané číslo je potom tvaru 10x+y. Číslo čtené pozpátku má na místě desítek y a na místě jednotek x, je tedy tvaru 10y+x. Má-li být 4,5 krát menší, musí platit rovnice 10x+y=4,5(10y+x). Po jednoduchých úpravách dostaneme rovnici x=8y. Jelikož x a y mají tvořit dvojiciferné číslo, musí být různé od nuly. Kdyby bylo y \geq 2, pak by x nebyla číslice. Zbývá tedy jediné řešení y=1, x=8y=8. Počet oken byl 81.

Druhé řešení: Hledané číslo musí být násobkem devíti, protože má být 4,5 násobkem čísla s obráceným pořadím cifer, a zároveň nemůže být lichým násobkem 4,5, protože bychom tak nezískali celé číslo. Číslo, které je násobkem čísla 9, má ciferný součet dělitelný devíti. Číslo přečtené pozpátku má stejný ciferný součet, proto musí být také dělitelné 9. Největší možné číslo, které přichází v úvahu pro počet oken je 99. Jelikož 99:4,5=22, může být číslo přečtené pozpátku nanejvýš 22. Jediné dvouciferné číslo, které je násobkem devíti a zároveň menší nebo rovno 22, je číslo 18. Protože skutečně 18 \cdot 4,5 = 81, je hledaný počet oken paláce 81.

Úloha č. 8

Počet všech větví je dán součtem počtů větví jednotlivých „generací“. Jestliže je n větví jedné generace a z každé z nich vyrůstá k větví nových, je celkový počet větví následující generace n\cdotk. První generaci tvoří dvě větve vyrůstající z kmene. Z každé z nich vyrostou tři nové větve. Větví druhé generace je tedy 2\cdot3=6. Z každé z těchto šesti větví vyrostou čtyři větve třetí generace. Těch je dohromady 6\cdot4=24. Analogicky počet větví čtvrté generace bude 24\cdot5=120 a počet větví páté generace 120\cdot6=720. Počet všech větví febtarovníku je tedy: 2+6+24+120+720=872.

Opravovali: Úlohy čtvrté série opravovali: 1. Zbyněk Pawlas, 2. David Opěla, 3. Jan Foniok, 4. Petr Škovroň, 5. Renata Sikorová, 6. Petr Kačenka, 7. Viktor Bobro, 8. Jarmila Večeřová.