Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Jestliže číslo Barnabášovy linky má číslice x a y, pak je rovno 10x+y, kde x a y jsou čísla od 0 do 9, přičemž x\neq0. Potom ze zadání plyne, že 10000\cdotx+1930+y má po dělení sedmi zbytek dvě a číslo 10000\cdotx+3910+y má po dělení šesti zbytek pět. To ovšem znamená, že číslo 10000\cdotx+1930+y-2 je dělitelné sedmi a číslo 10000\cdotx+3910+y-5 je dělitelné šesti.

Budeme dále zkoumat tyto podmínky, a to tak, že z nich oddělíme co největší násobek sedmi, v druhém případě násobek šesti. Dostaneme

\eqalign{10000x+1930+y-2 &= 7(1428x+275)+4x+y+3,\cr 10000x+3910+y-5 &= 6(1666x+651)+4x+y-1\cr}

Odtud plyne, že 4x+y+3 je násobek sedmi a 4x+y-1 je násobek šesti, tedy hledáme násobek sedmičky, který je o 4 větší než nějaký násobek šestky, musí být ovšem menší než 48, protože 4x+y+3=48 pro x=y=9. Tyto podmínky splňují pouze čísla 28 a 24, tedy 4x+y+3=28, této rovnici vyhovují řešení x=6, y=1; x=5, y=5 a x=4, y=9. Možná čísla Barnabášovy linky jsou 49, 55 a 61.

Komentář: Myslím si, že tento příklad patřil v této sérii k těm lehčím, ale to neznamená, že stačí prověřit všech devadesát možností, což by měl dnešní počítač během mžiku. Naopak se mi nelíbí, když někdo tráví své mládí tím, že propočítá všechny možnosti. Proto jsem se rozhodl být poměrně přísný a těm, kteří tak činili a nalezli správná řešení, udělím max. 3 body. Tím jsem zvýhodnil ty, kdo přišli s nějakou zajímavou myšlenkou: plný počet bodů jsem udělil těm, kteří se ke správnému výsledku dostali nějakou lepší eliminací možností, tedy pomocí kritérií dělitelnosti šesti či sedmi, odkud je například ihned vidět, že y musí být liché atd.

Úloha č. 2

Míč se podle zadání posouvá o šest a Tonda o pět bílých polí při každém hodu míče. Na začátku hry Tonda zaostává za míčem o tři políčka a po každém hodu se náskok míče zvětší o jedno pole. Takže nakonec dohoní míč Tondu (a ne naopak).

Kdyby začínali ze stejné pozice, musel by míč projít 24 hodů (to je přesně počet krajních bílých dlaždic). Míč má však náskok 3 pole, takže mu na dohonění Tondy stačí 21 hodů.

Komentář: Mnoho řešitelů si rozkreslilo (případně rozepsalo do tabulek) všechny situace po každém hodě. Kdyby měli takto řešit úlohu pro větší čtverec z dlaždic nebo jiné vstupní podmínky, tabulky a náčrty by dosahovaly obrovských rozměrů. Úkolem tak bylo přijít na logické řešení zadání. Proto řešitelé s tabulkovým nebo obrázkovým řešením dostali jen 1 bod.

Úloha č. 3

Podle zadání zbraň vypadá takto:

Při pohledu shora pak vidíme toto:

Známe délku hrany velké krychle a=10 palců. S použitím Pythagorovy věty spočítáme délky hran b, c a d (délky v palcích):

\eqalign{ b&= \sqrt{\left(a\over2_right())^{2} + \left(a\over2_right())^{2}} = \sqrt{a^{2}\over4+a^{2}\over4} = \sqrt{a^{2}\over2} = \sqrt{50} = 5\cdot\sqrt{2} ,\cr c&= \sqrt{\left(b\over3_right())^{2} + \left(2b\over3_right())^{2}} = \sqrt{b^{2}\over9+4b^{2}\over9} = \sqrt{5b^{2}\over9} = \sqrt{5\cdot50\over9} = 5\cdot\sqrt{10}\over3 ,\cr d&= \sqrt{\left(c\over2_right())^{2} + \left(c\over2_right())^{2}} = \sqrt{c^{2}\over4+c^{2}\over4} = \sqrt{c^{2}\over2} = \sqrt{250\over18} = 5\cdot\sqrt{5} \over 3.\cr }

Při výpočtu povrchu musíme dát dobrý pozor a správně přičítat a odečítat obsahy jednotlivých stěn (zde jsou seřazeny v závorkách povrchy jednotlivých krychlí nebo děr):

\eqalign{ S&= (6a^{2}-b^{2}) + (5b^{2}-c^{2}) + (5c^{2}-d^{2}) + 5d^{2} =\cr &= 6a^{2} + 4b^{2} + 4c^{2} + 4d^{2} =\cr &= 600 + 4\cdot25\cdot2 + 4\cdot25\cdot10\over9 + 4\cdot25\cdot5\over9 =\cr &= 966 2\over3.\cr}

Povrch tělesa je 966 2\over3 čtverečních palců.

Spočítat objem je ještě snazší. Stačí správně přičítat a odčítat objemy jednotlivých krychlí:

\eqalign{ V&= a^{3} - b^{3} + c^{3} - d^{3} =\cr &= 1000 - (5\cdot\sqrt{2})^{3} + \left(5\cdot\sqrt{10}\over3_right())^{3} - \left(5\cdot\sqrt{5}\over3_right())^{3} =\cr &\doteq 741,09.\cr}

Objem tělesa je přibližně 741,09 krychlových palců.

Komentář: Mnoho z vás si nejprve převedlo hranu krychle z palců na centimetry. To je naprosto zbytečné, zvlášť když původní hrana měří 10 palců. Další docela častá chyba se objevovala v Pythagorově větě a dosazování do ní. Například: jestliže c^{2}=a^{2}+b^{2}, tedy c=\sqrt{a^{2}+b^{2}} a a=5x\over8 a b=7y\over9, pak

c = \sqrt{\left(5x\over8_right())^{2} + \left(7y\over9_right())^{2}} = \sqrt{5^{2}\over8^{2} \cdot x^{2} + 7^{2}\over9^{2} \cdot y^{2}}.

Úloha č. 4

Body B, C a D leží na nějaké kružnici, říkejme jí k. Její střed si pojmenujme S. To, že přímky AB a AD mají s kružnicí k každá jen jeden společný bod, znamená, že jsou to její tečny, které se jí navíc dotýkají právě v bodech B a D. Situace tak vypadá jako na následujícím obrázku.

Pro tečny vždy platí, že jsou kolmé na poloměr, tj. u nás

|\angle ABS|=|\angle ADS|=90\deg.

Jelikož |BS|=|DS|, jsou trojúhelníky ABS a ADS shodné podle věty Ssu. To mimo jiné znamená, že |AB|=|AD|. Trojúhelník ABD je rovnoramenný, což znamená, že jedna jeho výška leží na přímce AS, která je navíc osou úhlu BAD a také osou strany BD.

Protože hledaný čtyřúhelník je deltoid a |AB|=|AD|, musí být také |CB|=|CD|. Tím pádem vrchol C leží na ose (pozn. pod čarou: Osu úsečky tvoří právě všechny body v rovině, které mají stejnou vzdálenost od obou krajních bodů této úsečky.) úsečky BD, což je přímka AS.

Postup konstrukce je pak už poměrně zřejmý (délka strany AD bude 500 m : 10000 = 0,05 m = 5 cm):

  • AD; |AD|=5 cm
  • \mapstoDX; |\angle ADX|=70\deg
  • B; B \in \mapstoDX, |AB|=|AD|=5 cm
  • o; o je osa úhlu BAD
  • p; B \in p, p \perp AB
  • S; S \in p \cap o
  • k; k(S, |SD|)
  • C; C \in o \cap k

Úloha má (v jedné polorovině) dvě řešení; jedno konvexní a druhé nekonvexní.

Komentář: Za každé správně narýsované řešení jsem dávala jeden bod, za postup a zbylé vysvětlení tři. Jinak hodně řešitelů se mylně domnívalo, že střed kružnice, na které budou ležet body B, C a D, bude na úhlopříčce BD, což je špatně, protože AB a AD by nebyly tečny, protože by nebyly kolmé na poloměr.

Úloha č. 5

Hodiny byly seřízeny v 0.00 dnes o půlnoci. Do zítřejších 14.28 uběhne 38 hodin a 28 minut, tj. 38 \cdot 60 + 28 = 2308 minut. Zpoždění lze vyjádřit jako

4 hrce \over 6 šnytlíků = 4 hrce \over 300 hrců = 1 \over 75.

Zpoždění tedy tvoří 1 \over 75 času bez zpoždění.

Protože jeden šnytlík je 150 minut a zároveň 50 hrců, jsou 3 minuty jeden hrc. Hodiny se zpozdí o 2308 \over 75 minut. Výsledný čas bude 2308 - 2308\over75 = 74 \cdot 2308 \over 75 minut, což je $74 \cdot 2308 \over 225 = 759 17\over225$ hrců. Po převedení dostaneme 15 šnytlíků a přibližně 9 hrců. Ručičky obejdou ciferník jednou a kousek, tedy výsledný čas, který hodiny ukáží, je 6 šnytlíků a 9 hrců.

Komentář: Mnoho řešitelů zapomínalo, že ciferník má jen devět čísel. Jiní pro změnu nevěděli, že zpoždění znamená, že hodiny ukazují méně, ne více. Pět bodů bylo za kompletní řešení s co nejmenší zaokrouhlovací chybou. Čtyři body jsem dával těm, co nevěděli, že se má zpoždění odečíst, nebo zapomněli, že ciferník je pouze do devíti šnytlíků. Tři a méně bodů bylo za další případné chyby.

Úloha č. 6

Zadání se dalo pochopit dvěma způsoby. Buď to, že Janina tramvaj stojí mezi tramvajemi linek 8 a 37, znamená, že tramvaje linek 8 a 37 stojí každá z jedné strany hned vedle Janiny tramvaje, anebo mezi linkami 37 a 8 kromě Janiny tramvaje může být i nějaká další tramvaj.

Předpokládejme nyní, že Jarka řídí tramvaj linky 42. Co to znamená? Především to, že Jasoň řídí také tramvaj linky 42. Dále víme, že Janina tramvaj nemůže stát na okraji, protože má být mezi tramvajemi linek 8 a 37. Rozeberme tedy nyní oba možné výklady zadání.

V prvním případě to, že Janina tramvaj stojí mezi tramvajemi linek 37 a 8, znamená, že stojí mezi Jáchymovou a Jakubovou tramvají (Jasoň ani Jarka své tramvaje vedle Janiny mít nemůžou, neboť oba řídí tramvaje linky 42). Protože Jáchymova a Jakubova tramvaj nestojí vedle sebe, nesmí vedle sebe stát ani tramvaje Jarky a Jasoně (obě tramvaje linky 42). Jediná možnost, jak splnit tuto podmínku, je aby tramvaje Jarky a Jasoně stály na okrajích. To je ovšem ve sporu s tvrzením, že pokud je na okraji tramvaj Jarky, je na okraji i Jakubova tramvaj. Závěr tedy zní, že Jarka nemůže řídit tramvaj linky 42.

V druhém případě je snadné najít postavení tramvají, které zadaným podmínkám vyhovuje, uveďme například: Jarka (42), Jáchym (8), Jana, Jasoň (42), Jakub (37). Protože jsme našli jedno možné rozestavení, závěr v tomto případě zní, že Jarka může řídit tramvaj 42.

Komentář: Oba dva možné způsoby výkladu zadání, pod podmínkou, že byly vyřešeny správně, jsem hodnotila 5 body. Někteří z vás odevzdali jen list papíru s nápisem „ANO“. Pokud svoje tvrzení nijak nezdůvodníte, nemůžete v žádném případě dostat plný počet bodů. Navíc šance na správnou odpověď je i bez řešení úlohy v tomto případě 50 \%. Když napíšete, že „jste to prostě zkoušeli“, není to o mnoho lepší. I v takovém zkoušení je potřeba mít nějaký systém, abyste nezkoumali již vyřešený případ dvakrát, hodnotí se každý dobrý nápad a když ho nenapíšete, jako byste ho neměli. A ještě jedna dobrá rada: Napsané řešení si po sobě alespoň jednou přečtěte, ať odešlete to, co opravdu chcete odeslat.

Pokud jste si zadání vyložili druhým výše zmíněným způsobem, stačilo najít jedno možné rozestavení, nemuseli jste vůbec zkoumat všechny možnosti...

Také chci upozornit na to, že když tramvaje Jakuba a Jáchyma jsou vedle sebe právě tehdy, když jsou vedle sebe rovněž obě tramvaje linky 42, neznamená to ani v nejmenším, že Jakub a Jáchym řídí tramvaje linky 42. Někdy je lepší zadání číst několikrát.

Úloha č. 7

Ze zadání plyne, že štípač Micre označí za hodinu 90 jízdenek jak pro dospělé, tak zlevněných. Naproti tomu štípač typu Yngra označí za hodinu 40 jízdenek zlevněných a 60 jízdenek pro dospělé. Označme počet zlevněných jízdenek, které za hodinu zvládne označit typ Micre, jako m_{z}. Jízdenek pro dospělé bude pak m_{d} = 90 - m_{z}. Označme dobu Barnabášovy směny jako t. Podle zadání štípač Yngra pracoval t hodin, zatímco typ Micre pracoval (t-4) hodin. Ze zadání dále víme, že za směnu bylo naštípáno 760 zlevněných jízdenek a 780 jízdenek pro dospělé. Nyní můžeme sestavit dvě rovnice. První pro zlevněné a druhou pro jízdenky pro dospělé:

\eqalignno{ m_{z} \cdot (t-4) + 40 t &= 760, \cr m_{d} \cdot (t-4) + 60 t &= 780. \cr }

Po dosazení za m_{d} a úpravě druhé rovnice:

\eqalignno{ m_{z} \cdot (t-4) + 40 t &= 760, \cr -m_{z} \cdot (t-4) + 150 t &= 1140. \cr }

Sečtením obou rovnic dostaneme rovnici pro t:

\eqalignno{ 190 t &= 1900, \cr t &=10. \cr }

Nyní dosazením do první rovnice vypočítáme neznámou m_{z}:

\eqalignno{ m_{z} \cdot (10-4) + 40 \cdot 10 &=760, \cr 6 m_{z} &= 360, \cr m_{z} &=60. \cr }

Štípač Micre tedy za hodinu označí 60 zlevněných jízdenek.

Úloha se samozřejmě dala řešit i jiným způsobem než pomocí soustavy rovnic. Za 4 hodiny, kdy štípač Yngra pracoval sám, označil $4 \cdot (40 + 60) = 400 jízdenek. Celkem bylo označeno 760 + 780 = 1540$ jízdenek, tedy za zbytek směny mělo být označeno 1540 - 400 = 1140 jízdenek. Oba stroje zvládnou dohromady za hodinu označit 90 + 40 + 60 = 190 jízdenek, zbytek směny proto trval 1140 \over 190 = 6 hodin. Směna trvala 10 hodin a štípač Yngra zvládl naštípat 400 zlevněných a 600 jízdenek pro dospělé. Štípač Micre musel naštípat během šesti hodin $760 - 400 = 360$ zlevněných jízdenek, což je 60 jízdenek za hodinu.

Komentář: Těm, kteří se dostali ke správnému výsledku (nebo s drobnými chybami) výše popsanými způsoby, jsem dávala tři až pět bodů. Někteří z vás předpokládali, že délka směny nebo počet naštípaných jízdenek za hodinu musí být celé číslo. To samozřejmě platit nemusí a pak by nebylo tak jednoduché přijít na správný výsledek. Za takový postup jsem dávala jeden nebo dva body.

Opravovali: 1. Ondřej Honzl, 2. Martina Chabadová, 3. Kateřina Dobiášová, 4. Eva Černohorská, 5. Jan Blažek, 6. Lenka Blažková, 7. Lenka Burešová.