Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Nejprve si všimneme, že obsah trojúhelníku ABD je stejný jako obsah trojúhelníku ABC:

\eqalign{ S_{\triangle ABC} &= |AB| \cdot v \over 2,\cr S_{\triangle ABD} &= |AB| \cdot v \over 2,\cr S_{\triangle ABD} &= S_{\triangle ABC}.\cr}

Od obou stran rovnosti můžeme odečíst obsah trojúhelníku ABS a dostaneme:

\eqalign{ S_{\triangle ABD} - S_{\triangle ABS} &= S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ABS},\cr S_{\triangle ADS} &= S_{\triangle BCS}.\cr}

Tím je dokázáno, že trojúhelníky ADS a BDS mají stejný obsah; na konkrétních rozměrech přitom nezáleží.

V případě zadaných rozměrů vypočteme jejich obsah takto:

S_{\triangle ABC} = |AB| \cdot v \over 2 = 10 m^{2}.

Protože trojúhelníky ASB a CSD jsou podobné (mají totiž stejné úhly),

|AB|\over|DC| = v_{1} \over v-v_{1},

jestliže v_{1} označuje výšku trojúhelníku ABS. Vyřešením této rovnice dostaneme

v_{1} = 2,5 m

a pak snadno dopočítáme

S_{\triangle ADS} = S_{\triangle BCS} = S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ABS} = 10 - 5 \cdot 2,5 \over 2 = 3,75 m^{2}.

Komentář: Správná řešení byla hodnocena pěti body. Tři body dostali ti, kdo se snažili měřit strany a počítat obsahy. Dvojbodová řešení byla ta, která se zabývala jen rovnoramennými lichoběžníky.

Úloha č. 2

Příklad budeme nejprve řešit pro obecný počet přímek, odvodíme vztah pro výpočet a poté do něj dosadíme.

Nejprve si musíme uvědomit, že pokud se tři přímky protnou v jednom bodě, vytvoří méně částí rovin (konkrétně 6), než když se každé dvě protnou v jiném bodě (vytvoří 7 částí). Zobecněním této úvahy dojdeme k tomu, že nejvíce částí rovin vytvoří takové přímky, že žádné tři se neprotínají v jednom bodě. Stejně je to, i pokud jsou některé dvě přímky rovnoběžné.

Počet částí, na které rozdělí rovinu i přímek, označme p_{i}. Zřejmě p_{0}=1. Označme počet částí, které přibudou přidáním i-té přímky, jako c_{i}. Jistě je c_{1}=1 (přidáním první přímky se počet částí zvýší o 1: z 1 na 2) a platí vztah p_{i+1} = p_{i} + c_{i+1}.

Mějme n přímek splňujících podmínky výše uvedené. Počet částí, na které rozdělí rovinu, je p_{n}. Přidáme-li (n+1). přímku, aby splňovala naše požadavky, protne všech n předchozích přímek. Tedy protne n+1 částí rovin a každou z nich rozdělí na dvě (nakreslete si např. pro n=4). Přibude tedy n+1 nových částí, a proto

\eqalignno{ c_{n+1} &= n+1,\cr _NOALIGN( z toho) p_{n+1} &= p_{n} + n+1.\cr _NOALIGN( Ale také) p_{n} &= p_{n-1} + n\cr _NOALIGN( atd. Takže) p_{n+1} &= p_{0}+1+2+...+n+(n+1)=\cr &= 1+1+2+...+(n+1).\cr _NOALIGN( Což po použití vzorečku pro součet $n$ po sobě jdoucích čísel (''pozn. pod čarou: Onen vzorec zní: $1 + 2 + 3 + ... + k = k\cdot(k+1)\over2.$'') dává) p_{n+1}&= 1 + (n+1)(n+2)\over2,\cr _NOALIGN( tedy) p_{n} &= 1 + n(n+1)\over2.\cr}

Po dosazení n=11 máme p_{11} = 1 + 11\cdot12\over2 = 1+66 = 67.

Komentář: Většina z vás přišla na to, že počty částí tvoří řadu, která je určena postupným sčítáním čísel. Ti, kteří neuměli vysvětlit, nebo se o to ani nepokusili, proč je řada zrovna taková, dostali 3 body a méně. Našli se i řešitelé, kteří se snažili řešení narýsovat. Těm jsem dávala maximálně 2 body, protože kdybychom se ptali na 50 a více přímek, asi by se k řešení do termínu odeslání nedostali.

Úloha č. 3

Označme hledané číslo písmenem z. Jeho dělitele kromě jedničky a sama sebe označme x a y. Uvědomme si, že z má právě čtyři dělitele, proto jsou x a y dvojciferná prvočísla, jsou tudíž lichá. Protože mají čísla x, y dle zadání převrácené cifry, můžeme je napsat ve tvaru: x=10k+l, y=10l+k, kde k, l jsou lichá přirozená čísla od 1 do 9.

Nyní ukážeme, že to stačí ke splnění podmínky

(x-y) je dělitelné 18.

Totiž

x-y = 10k+l-10l-k = 9(k-l),

takže rozdíl dělitelů je dělitelný 9 a číslo k-l je sudé, protože se jedná o rozdíl dvou lichých čísel. Odtud již plyne dělitelnost 18.

Opomeneme-li, že právě u dvou dělitelů je první cifra zleva stejná a není to 7, tak nám z dvouciferných prvočísel zůstanou jen čtyři dvojice hledaných x a y: 13 a 31, 17 a 71, 37 a 73, 79 a 97.

Nakonec se jen podíváme, u kterých dělitelů jsou první cifry zleva stejné a není to 7: 1 \cdot 13 \cdot 31 = 403 vyhovuje, 1 \cdot 17 \cdot 71 = 1207 ne (tři dělitelé začínají stejnou číslicí), 1 \cdot 37 \cdot 73 = 2701 ne (žádní dva dělitelé nezačínají stejnou číslicí), 1 \cdot 79 \cdot 97 = 7663 ne (společná číslice je 7).

Hledaným číslem je 403. Jeho dělitelé jsou 1, 13, 31 a 403.

Komentář: Z došlých řešení byla většina velmi podobná vzorovému. Malé nedorozumění se vyskytlo u rozhodování, zda mají právě dva dělitelé stejné první cifry zleva, ale i za to jsem dával plný počet bodů. Naopak jsem strhával 1 až 3 body za nesprávný postup řešení, nebo za bezhlavý výčet možných dělitelů.

Úloha č. 4

Označme si některé z bytů písmeny tak, jak je uvedeno na obrázku.

Nejprve se zaměříme na pravou část, označenou a, b, c, d.

Platí 12 = a \cdot b. Najděme tedy všechny dvojice dělitelů čísla 12. Budou to (záleží nám i na pořadí činitelů):

12 = 1 \cdot 12 = 2 \cdot 6 = 3 \cdot 4 = 4 \cdot 3 = 6 \cdot 2 = 12 \cdot 1.

Na první pohled však z obrázku vidíme, že a \ge 3. První dvě možnosti tedy můžeme vyloučit. Pokud by platilo a = 6, b = 2, potom musí být c = 3. Ale d = b - c = 2 - 3, což nelze (těžko může být v bytě záporný počet bytostí). Obdobně nelze a = 12, b = 1 (potom $d = b - c = 1 - 9$).

Zbývají nám následující dvě možnosti:

Teď se obraťme k levé části domu.

Platí 630 = e \cdot f. Najděme tedy všechny dvojice dělitelů čísla 630. Nejprve rozložíme 630 na prvočísla:

630 = 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7.

Z toho vyplývá, že všechny možnosti rozkladu 630 na dva činitele jsou:

\eqalign{ 630 &= 1 \cdot 630 = 2 \cdot 315 = 3 \cdot 210 = 5 \cdot 126 = 6 \cdot 105 = 7 \cdot 90 = 9 \cdot 70 = \cr &= 10 \cdot 63 = 14 \cdot 45 = 15 \cdot 42 = 18 \cdot 35 = 21 \cdot 30.\cr}

Celkem tedy (uvědomíme-li si, že záleží na pořadí činitelů) dostáváme 24 možností pro hodnoty e a f. Mnohé z těchto možností ale můžeme ihned vyloučit.

Platí f = h + 8 (viz obrázek) a zároveň h \ge 0 (záporný počet bytostí být v bytě nemůže). Z toho vyplývá, že f \ge 8. Tímto jsme vyloučili všechny možnosti, kde f < 8 (konkrétně 630 \cdot 1, 315 \cdot 2, ..., 90 \cdot 7).

Dále si všimněme, že h = f - 8. Protože e = g + h, vyplývá nám ihned, že e = g + f - 8. Po úpravě e - f + 8 = g. Ovšem g \ge 0, proto i levá strana musí být větší nebo rovna 0. Jinými slovy $e - f + 8 \ge 0. Z toho jednoduchou úpravou dostaneme e \ge f - 8$.

Nyní se podívejme na naše hodnoty e a f, které jsme nalezli rozkladem 630. Zjistíme, že podmínku e \ge f - 8 mnoho nalezených možností nesplňuje, a můžeme je tedy směle vyloučit.

Teď už nám zůstává pouze šest možností. Dopočítáme k nim rovnou i hodnotu g:

\eqalignno{ &e = 70, f = 9, g = 69;\cr &e = 63, f = 10, g = 61;\cr &e = 45, f = 14, g = 39;\cr &e = 42, f = 15, g = 35;&(*)\cr &e = 35, f = 18, g = 25;&(*)\cr &e = 30, f = 21, g = 17.\cr}

Pohledem do obrázku zjistíme, že g = 5 \cdot i, tedy g je dělitelné pěti. Všechny možnosti kromě těch označených hvězdičkou proto můžeme ihned vyloučit.

Zkusme doplnit první ohvězdičkovanou možnost:

Zřejmě j může být nejvýše 5. V tom případě ale k musí být nejméně 2 (protože j + k = 7). Jenomže k + l = 1, přitom k \geq 2, což nelze. Možnost e = 42, f = 15 tedy také nevyhovuje.

Zbývá nám jediná možnost, e = 35, f = 18. Opět ji zkusíme doplnit.

Na místo m a n můžeme doplnit některou ze tří možností:

\eqalign{ m = 0, n = 2;\cr m = 1, n = 1;\cr m = 2, n = 0.\cr}

Uděláme-li to, zjistíme, že všechny tři možnosti vyhovují (dosazení najdete v tabulkách s výsledky).

Dále si uvědomíme, že přízemí domu až po byt označený x je jednoznačně určeno volbou m a n; část přízemí vpravo od x nemůžeme volbou m a n ovlivnit. Naopak, volba a a b nám jednoznačně určuje část přízemí vpravo od x (a nijak neovlivňuje levou část přízemí).

Celkem tedy můžeme levou část přízemí doplnit třemi způsoby. Pro každý tento způsob pak můžeme pravou část doplnit dalšími dvěma způsoby. Máme tedy dohromady šest možných (a různých) řešení. Jsou znázorněna na obrázcích na následujících stránkách.

Komentář: U úloh tohoto typu nestačí najít jen jedno řešení, je potřeba najít řešení všechna (a správně zdůvodnit, že jste našli opravdu všechna). Proč? Důvod je jednoduchý. Otázka zněla: „Spočtěte, kolik jich (numer) bylo v každém bytě.“ Jak jsme si ukázali, je celkem šest různých řešení. A vy víte, kterou z těchto možností si numera vybrala? Nevíte. Musíte tedy uvést všechna (a případně napsat, že nedokážete určit, kolik jich kde bylo, ale že to určitě je jedna z těchto šesti možností).

Velmi častou chybou byl nesprávný předpoklad, že v každém bytě je alespoň jedno numero. V zadání ale nikde není uvedeno, že by nemohl být nějaký byt prázdný. Přidáním takovéto podmínky dochází ke zjednodušení úlohy -- řešíte v podstatě úlohu úplně jinou. Projeví se to i na výsledku -- místo šesti řešení vyjde jen jedno (jak sami jistě uznáte, máme-li dvě úlohy, z nichž jedna má jedno řešení a druhá šest řešení, tyto úlohy prostě nemohou být stejné).

Úplně nejčastější chybou byl (již tradičně) chybějící postup. Takovéto úlohy byly ohodnoceny dvěma body, pokud obsahovaly správný výsledek (tedy všech šest řešení). Úlohy bez postupu s jediným řešením (či dvěma řešeními) dostaly jeden bod.

Nejhezčí řešení měl Jan Bílek. Vzorové řešení bylo zpracováno podle něj.

Úloha č. 5

Nejdříve si rozkreslíme pohledy shora na jednotlivá patra hromady. Snadno spočítáme, že v prvním patře je 42 beden, ve druhém 26, ve třetím 6 a ve čtvrtém 2 bedny. Dohromady tedy 76 beden. Vyznačíme šedě bedny, nad kterými je nějaká jiná bedna.

1. varianta: Kočka může být pouze v bílých bednách. V prvním patře nemůže být myš -- jinak by se podhrabala. Tedy všechny šedé bedny v prvním patře jsou prázdné -- těch je 26. Ve druhém patře může být myš jen na polích označených M -- musí být obklopená nejméně třemi bednami. Jenže: jestliže bude obklopena právě třemi bednami, pak tyto tři bedny budou prázdné a jednu z nich tak mohu odstranit -- a myš bude obklopena pouze dvěma bednami. Proto musí ke všem stranám bedny, ve které je myš, přiléhat bedny. Ve druhém patře jsou volné dvě bedny. Ve třetím patře nemůže být myš, ale kočka se může vyskytovat ve čtyřech bednách. Zůstávají dvě bedny prázdné. Ve čtvrtém patře může být v obou bednách kočka. Nyní zkontrolujme vzdálenost 3 metry: Tu můžeme zjišťovat pomocí Pythagorovy věty. Co to ale znamená vzdálenost 3 metry? Uvažme, že vzdálenost krabic, ve kterých jsou kočka a myš, je nejméně 3 metry. Tedy stačí, aby od krabice, kde by mohla být kočka, byla nějaká krabice, kde může být myš, vzdálena alespoň 3 metry. Pak kočka nemůže být v krabicích označených N. Pak přibude (6+6+1=) 13 prázdných beden. Dohromady tedy bude (26+2+2+13=) 43 beden. Jestliže pochopíme zadání tak, že alespoň části beden, obývaných kočkou a myší, musí být od sebe vzdáleny 3 metry, pak žádná bedna nepřibude. Tedy dohromady bude 30 beden prázdných. To vše platí, pokud budeme odebírat pouze bedny, které jsou „navrchu“. Jestliže navíc budeme odebírat bednu, na které je umístěna jiná bedna a která se tak bude propadat, potom myš nemůže být ani ve druhé vrstvě, neboť po odebrání bedny pod ní by se dostala do první vrstvy a podhrabala se. Pak myš nemůže být v žádné bedně a úloha nemá řešení.

2. varianta: Jestliže máme 76 beden a v jedné z nich je myš a v druhé bedně kočka, pak určitě (76-2=) 74 beden je prázdných.

Komentář: První varianta měla mnoho odrůd, za každou alespoň rozumně zdůvodněnou jsem dával 5 bodů. Pokud se někdo spletl ve výpočtech a neudělal logickou chybu, byly mu strženy nejvýše 2 body. Za logické chyby jsem strhával 1 až 3 body, v závislosti na závažnosti omylu. V druhé variantě jsem strhával bod za jakoukoliv početní nepřesnost. Někteří nebrali v úvahu podmínku o vzdálenosti nebo o odebírání beden, což jim bylo pro tentokrát prominuto.

Úloha č. 6

Existuje pouze jeden způsob, jak může vypadat pyramida. Cihly leží na stěnách s rozměry 20\times10 cm. V první vrstvě je 15\times30 cihel, v každé další vrstvě ubude jedna cihla na šířku a jedna cihla na délku. V poslední vrstvě zbude jedna řada cihel. Znamená to, že od první řady 14\times ubude cihla. Pyramida tedy bude mít 15 vrstev. Ubylo-li 14 cihel na šířku, musí ubýt i 14 cihel na délku. Poslední vrstva tedy bude mít 16 cihel.

A kolik je cihel dohromady? Je to (15\cdot30)+(14\cdot29)+...+(16\cdot1).

Označíme-li 15 jako x a 30 jako y, dostaneme, že počet cihel je

\displaylines{x\cdot y+(x-1)(y-1)+...+(x-14)(y-14)= \cr =15\cdot x\cdot y-105\cdot(x+y)+1\cdot1+2\cdot2+...+14\cdot14.\cr}

Použijeme-li vzoreček pro součet druhých mocnin

(1\cdot1+2\cdot2+...+n\cdotn)=n(n+1)(2n+1)\over6,

získáme počet cihel:

15\cdot15\cdot30-105\cdot(15+30)+14\cdot15\cdot29\over6=3040.

Cihliček v pyramidě je tedy 3040.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste zapomněli započítat první vrstvu. Dále většina z vás postupně sčítala počet cihel v jednotlivých vrstvách, při čemž jste „nasekali“ spoustu numerických chyb. Plný počet bodů získali ti, kteří se snažili úlohu vyřešit trochu jinak, než že pouze sečetli 30\cdot15+14\cdot29+... (vždyť v zadání máte, ať to vyřešíte co nejchytřeji a co nejméně pracně -- a sčítaní tolika čísel považuji za pracné). Těmto řešením jsem dala 4 body. Body jsem dále strhávala za nesprávné řešení nebo chyběl-li komentář.

Úloha č. 7

Zadané kružnice označíme k, l a m a jejich středy postupně S, T a U. Bod dotyku k s l označíme A, dotek l s m písmenem B a m s k písmenem C. Dokážeme, že společné tečny se protínají v jednom bodě, a to ve středu V kružnice vepsané do trojúhelníku STU.

Nejdříve ukážeme, že osy úhlů trojúhelníku STU se protínají v jednom bodě, který je středem kružnice vepsané. Je to sice všeobecně známo, ale takový důkaz jistě neuškodí, a navíc člověk nikdy neví, čemu ze školy může věřit. Body na ose úhlu UST mají tu vlastnost, že jsou od strany ST stejně daleko jako od strany SU. Stejně tak body na ose úhlu STU jsou stejně daleko od ST jako od TU. Tyto dvě osy jistě nejsou rovnoběžné, takže se protnou, a jejich průsečík V je stejně daleko od SU jako od ST (protože leží na první ose), a od ST stejně jako od TU (leží i na druhé ose). Je tedy stejně daleko od strany SU jako od TU a proto leží i na ose úhlu SUT. Zhuštěně zapsáno, z $V \in o(\angle UST) \cap o(\angle STU) plyne d(V,US)=d(V,ST) a d(V,ST)=d(V,TU)$, takže d(V,US)=d(V,TU) a tedy V \in o(\angle SUT).

Vidíme tedy, že bod V je od všech tří stran stejně daleko. Když kolem něj opíšeme kružnici v s poloměrem rovným této vzdálenosti, vidíme, že v se každé strany dotýká a je tedy skutečně vepsaná.

Označme body dotyku kružnice v se stranami ST, TU a SU po řadě A', B' a C'. Zřejmě platí ST \perp A'V. Pokud dokážeme, že A=A', dostaneme, že kolmice ke straně ST vedená bodem A -- což je společná vnitřní tečna kružnic k a l -- obsahuje bod V. Podobně bychom dokázali, že V leží i na dalších dvou tečnách a tedy je jejich průsečíkem, a byli bychom hotovi.

Zbývá tedy dokázat A=A'. Nejprve si všimněme, že (\ast) |SA|=|SC|, |TA|=|TB| a |UB|=|UC| -- tyto vzdálenosti jsou poloměry kružnic k, l a m. Dále však (\ast_ast()) |SA'|=|SC'|, |TA'|=|TB'| a |UB'|=|UC'|, protože přímky SA' a SC' jsou tečny kružnice v ze stejného bodu a A' a C' jsou body dotyku (druhá a třetí rovnost plynou podobně). Navíc

\eqalignno{ &|SA|+|AT|=|ST|=|SA'|+|A'T|,\cr &|TB|+|BU|=|TB'|+|B'U|,&(\ast_ast()\ast)\cr &|UC|+|CS|=|UC'|+|C'S|.\cr}

Dostáváme tedy

\eqalign{|SA|&=1\over2((|SA|+|AT|)+(|SC|+|CU|)-(|TB|+|BU|))=\cr &=1\over2((|SA'|+|A'T|)+(|SC'|+|C'U|)-(|TB'|+|B'U|))=|SA'|.\cr}

Zde první rovnost plyne z (\ast), druhá z (\ast_ast()\ast) a třetí z (\ast_ast()). Body A a A' jsou oba na straně ST a oba jsou od S vzdáleny stejně, je tedy A=A'. Tím je důkaz ukončen.

Uvedený důkaz se na první pohled možná jeví dosti dlouhý, ale druhý a třetí odstavec, které tvoří dobrou polovinu textu, lze bez problémů vypustit. Klíčová úvaha je důkaz, že A=A'.

Konstrukce je pak už poměrně jednoduchá.

  • \triangle STU podle věty sss (délky stran jsou 6 cm, 8 cm a 10 cm)
  • kružnice k, l a m
  • body A, B a C jako body dotyku kružnic
  • tečny t_{1}, t_{2} a t_{3} jsou kolmé na strany \triangle STU
  • bod V; V \in t_{1} \cap t_{2} \cap t_{3}

Komentář: Za úlohu bylo možno získat pět bodů: 1. za správné pochopení zadání,

  1. za postup konstrukce, 3. za konstrukci, 4. za důkaz, že se tečny protínají v jednom bodě, 5. za důkaz, že tento bod je střed kružnice vepsané trojúhelníku ABC. Podle čárek na svých řešeních vidíte, kolik bodů jste za co dostali.

Opravovali:1. Martina Chabadová, 2. Lenka Burešová, 3. Ondřej Honzl, 4. Jiří Benc, 5. Karel Pazourek, 6. Mariana Veselá, 7. Václava Kopecká. Velkou část vzorového řešení sedmé úlohy napsal Petr Škovroň.