Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Ciferný součin hledaného čísla je 16, takže každá jeho číslice musí být dělitelem čísla 16. Hledané číslo se tak skládá z číslic 1, 2, 4 a 8. Jsou následující čtyři možnosti:

  • 8, 2, 1, 1, 1;
  • 4, 4, 1, 1, 1;
  • 4, 2, 2, 1, 1;
  • 2, 2, 2, 2, 1.

Pro dělitelnost jedenácti existuje následující kritérium: Číslo je dělitelné jedenácti tehdy a jen tehdy, když rozdíl mezi součtem číslic na lichých pozicích a součtem číslic na sudých pozicích je dělitelný jedenácti. (Tedy např. pro číslo 82111 dostáváme „lichý“ součet 8+1+1=10 a „sudý“ součet 2+1=3, jejich rozdíl je 7, takže číslo 82111 není dělitelné jedenácti.)

Aplikujme nyní toto kritérium na jednotlivé případy. V případě a) vidíme, že součet všech číslic je 13. Aby bylo hledané číslo násobkem 11, musely by mít číslice na lichých místech součet 12 a na sudých 1 nebo naopak; na sudých místech však budou mít číslice součet nejméně 2 a na lichých nejméně 3, takže případ a) k řešení nevede.

V případě b) je ciferný součet 11 a podobně jako minule by liché číslice musely mít součet 11 a sudé 0 nebo naopak, což není možné.

V případě c) je ciferný součet 10, takže hledané číslo musí mít součet číslic na sudých i lichých pozicích roven 5. To je možné jen rozdělením číslic 4 a 1 na sudých pozicích a 2, 2 a 1 na lichých pozicích. Největší takové číslo je (skládáme číslice od největší k nejmenší) samozřejmě 24211.

Případ d) už rozebírat nemusíme, protože z jeho číslic nelze složit číslo větší než 24211. Nicméně i kdybychom to udělali, zjistíme, že ani v tomto případě neexistuje žádné číslo dělitelné jedenácti.

Pro zájemce následuje popis odvození výše zmíněného kritéria dělitelnosti jedenácti. Pro zjednodušení se omezíme na pěticiferná čísla. Tvrdíme, že číslo zapsané číslicemi ABCDE je dělitelné jedenácti, právě když rozdíl r=(A+C+E)-(B+D) je dělitelný jedenácti. Původní číslo můžeme zapsat jako n = 10000\cdotA + 1000\cdotB + 100\cdotC + 10\cdotD + E. Podívejme se na rozdíl n-r:

\eqalign{ n-r &= (10000-1)\cdotA + (1000+1)\cdotB + (100-1)\cdotC + (10+1)\cdotD + (1-1)\cdotE =\cr &= 11\cdot99\cdotA + 11\cdot91\cdotB + 11\cdot9\cdotC + 11\cdotD.\cr}

Jelikož n-r je dělitelné jedenácti, tak pokud je číslo n násobkem jedenácti, je i rozdíl r násobkem jedenácti a naopak, je-li rozdíl r násobkem jedenácti, je i číslo n násobkem jedenácti.

Pro více než pěticiferná čísla lze odvození provést obdobně, jen s trochou více počítání.

Komentář: Drtivá většina zaslaných řešení vedla ke správnému výsledku. Rozhodl jsem se proto výrazněji odlišit ty, kdo otrocky zkoušeli dělitelnost jedenácti postupně u všech možných čísel (v lepším případě seřazených podle velikosti), od těch, kdo použili nějaký vhodný postup obdobný vzorovému řešení. Ti první získali jen po třech bodech. Narazíte-li někdy na podobný příklad, zkuste nejprve vymyslet nějakou fintu, jak neprocházet všechny možnosti. K tomu by mělo dojít, jen jestliže na nic chytřejšího nepřijdete.

Z řešitelů této úlohy příjemně překvapil Matyáš Kopp svým neobvyklým řešením a Josef Müller obecným odvozením kritéria pro dělitelnost jedenácti.

Úloha č. 2

Úlohu lze vyřešit buď sestavením rovnice, nebo logickou úvahou. Počet žehliček ráno označíme z. První dáma si odnesla (2\over5)z a zůstalo po ní (3\over5)z žehliček. Milostslečna koupila (1\over3)\cdot(3\over5)\cdotz+1 = (1\over5)z+1, takže v obchodě zůstalo (2\over5)z-1. Baronesa si odnesla 2+(1\over3)\cdot((2\over5)z-3)=(2\over15)z+1, zbylo po ní (4\over15)z-2 a konečně tetka si koupila (2\over15)z+2 a zbylo po ní (2\over15)z-4.

Víme tedy, že

\eqalign{ (2\over15)z-4&=2,\cr z&=45.\cr}

Pokud se vám do rovnic nechtělo, stačilo jít na příklad „odzadu“. Na skladě byly nakonec dvě žehličky. Než tetka koupila tři, měli jich pět, což je „polovina zbytku“. Předtím, než tetka přišla, měli v obchodě 10 žehliček. Baronesa koupila „třetinu, co zbylo“. Deset žehliček tedy tvoří „dvě třetiny, co zbylo“. K tomu koupila dvě žehličky; než přišla, měli v obchodě 17 žehliček. Milostslečna koupila jednu, takže 18 žehliček tvoří dvě třetiny počtu žehliček před příchodem milostslečny. Tedy po první dámě zbylo 27 žehliček. A těchto 27 žehliček jsou tři pětiny původního počtu, takže dostáváme, že ráno bylo na skladě 45 žehliček.

Komentář: Spousta z vás začala příklad větou: „Abychom došli k výsledku, musíme...“ Uvádím dva možné postupy, aby bylo jasné, že je více možností, jak úlohu řešit. Většinou jsem udělila 5 bodů. Body jsem ubrala, pokud jste řešení nekomentovali, napsali nepřehledně nebo jste někde udělali chybu. Žádný bod nedostali pouze ti, kdo měli špatný výsledek a z řešení nebylo jasné, kde udělali chybu.

Úloha č. 3

Nejprve si upřesníme, že koule zasahuje krychličku právě tehdy, mají-li alespoň jeden bod společný. Kouli vepisujeme kvádru tak, aby se dotýkala právě tří stěn. Koule má poloměr 3 cm. Problém tedy omezíme na krychli o hraně délky 6 cm (tu budeme nazývat krychle) a krychličky (ty mají hranu délky 1 cm), kterých se koule dotýká mimo tuto krychli.

Obr. 3 Obr. 4

Obr. 5 Obr. 6

Jestliže se krychle dotýká tří stěn a její poloměr je 3 cm, její střed bude ve vrcholu osmi krychliček a dotýkat se stěny krychle bude ve vrcholu čtyř. Z toho také plyne, že vně krychle se bude dotýkat také čtyř krychliček (tento dotyk je pouze u tří stěn krychle, neboť je obsažena v rohu kvádru).

Vně krychle tedy koule zasahuje 12 (=3\times4) krychliček (viz obr. 3). Jak situace bude vypadat uvnitř?

Krychli můžeme rozdělit na osminy třemi řezy na sebe kolmými, totéž lze provést s koulí. Problém se nám tedy zmenšil na krychli 3\times3\times3. Nyní je třeba spočítat, které krychličky koule zasáhne, k tomu požijeme Pythagorovu větu. Na obr. 4 je přední stěna krychle 3\times3\times3. Poloměr kružnice (řezu koule) je 3 cm a vzdálenost nejbližšího vrcholu rohové krychličky je podle Pythagorovy věty $\sqrt{2{2} + 2{2}}=\sqrt{8}$, což je méně než 3 a krychličky budou zasaženy všechny.

Řez o jeden centimetr blíže k okraji krychle je na obr. 5. Poloměr kružnice (řezu koule) je zde \sqrt{3^{2}-1^{2}}=\sqrt{8} (posunuli jsme se totiž o 1 cm v řezu dále). Vzdálenost nejzazší krychličky (opět rohové) od středu koule je v této vrstvě \sqrt{1^{2}+2^{2}+2^{2}}=3 a krychlička bude tedy zasažena.

V poslední vrstvě (obr. 6) má kružnice (řez koulí) poloměr \sqrt{3^{2}-2^{2}} = \sqrt{5}. Vzdálenost vrcholu rohové krychličky je \sqrt{2^{2}+2^{2}+2^{2}} = 2 \sqrt{3} a krychlička nebude zasažena. Nyní bychom měli ověřit dvě krychličky bližší, ale nemusíme. Koule i krychle je symetrická a po otočení o 90 stupňů se tyto krychličky dostanou do rohu řezu druhé vrstvy -- a zde víme, že se koule dotkne (krychličky budou tedy zasaženy).

Celkový počet zasažených krychliček bude počet krychliček v krychli - počet nezasažených krychliček v rozích + počet zasažených vně krychle = 6\cdot6\cdot6 - 8 + 12 = 220.

Komentář: Všichni řešitelé až na dva považovali dotek krychle jako nezasaženou krychli. Zde jsem jako správný výsledek bral 184 krychliček (koule se dotýká 36 krychliček) Pro mnoho řešitelů (často neznalých Pythagorovy věty) byl důkazem pouze obrázek, za což jsem strhával bod (je třeba podložit důkaz výpočtem, neboť nárys je ovlivněn nepřesností měření). Za správnou úvahu, že krychli je třeba rozdělit na jednotlivé řezy, byl bod. Za kompletní důkaz další 3 body a správný výsledek další bod.

Úloha č. 4

Nejprve sestrojíme pomocnou úsečku AB tak, že bod A leží kdekoli na kružnici k_{1}, bod B leží na kružnici k_{2} a vzdálenost |AB|=8 cm. Nyní sestrojíme kružnici l se středem S a poloměrem |SM|. Bod, v němž kružnice l protne úsečku AB, označíme P.

Uvažujme otočení se středem S o úhel |\angle PSM|. V tomto otočení se bod P zobrazí na bod M a hledané body X, Y budou obrazy bodů A, B. Otočení zachovává vzdálenosti, proto bod X leží na kružnici k_{1} a vzdálenost |XM|=|AP| a bod Y leží na kružnici k_{2} a vzdálenost |YM|=|BP|. Protože obrázek je symetrický, existují dvě řešení osově symetrická podle osy SM.

Komentář: Někteří z vás si neuvědomili, že bod M je pevně daný a hledáme X a Y, a potom řešili jinou, jednodušší úlohu: jak najít body X, Y, M vyhovující podmínkám zadání. Ostatní řešili úlohu většinou analogicky vzorovému řešení anebo sestrojili tečny z bodu M ke kružnici k_{2}. U takového řešení je třeba zdůvodnit, proč právě tečna vyhovuje zadání (obrázek ani měření nejsou důkazem), např. ověřit, že pro trojúhelník XSY platí Pythagorova věta. Také jste často zapomínali, že řešení jsou dvě.

A nakonec jedna technická poznámka: Není třeba rýsovat kružnici o poloměru 10 cm, chválím všechny, kdo zmenšili měřítko.

Úloha č. 5

Máme rozdat 105 karet sedmi hráčům a nezajímá nás, v jakém pořadí budou karty rozdány. Proto budeme počítat tzv. kombinace.

Nejprve se podívejme, kolika způsoby může karty dostat první hráč. První kartu vybíráme ze 105, druhou ze 104, třetí ze 103 atd., až patnáctou kartu vybíráme z 91 zbývajících karet. To představuje celkem 105\cdot104\cdot103\cdot...\cdot91 možností. To by ovšem platilo, pokud by nám záleželo na pořadí. Pro nás je ovšem abc totéž, co bac a podobně, takže musíme počet možností vydělit počtem různých pořadí (permutací) patnácti karet, a to je 15\cdot14\cdot13\cdot...\cdot2\cdot1=15!. Vykřičníkem označujeme součin všech přirozených čísel od 1 do n a tomuto součinu říkáme n faktoriál. Definujeme 0!=1.

Počet možností je tak číslo

105\cdot104\cdot103\cdot...\cdot91 \over 15! = 105! \over 15! \cdot 90!.

Taková čísla se nazývají kombinační čísla a je pro ně obecné označení

n ''nad'' k = n! \over k! \cdot (n-k)!.

První hráč dostane 15 ze 105 karet, což lze udělat 105 ''nad'' 15 způsoby. Na druhého hráče už zbývá jen 90 karet, ze kterých mu může být rozdáno 90 ''nad'' 15 způsoby. Pro třetího je 75 ''nad'' 15 způsobů, pro čtvrtého 60 ''nad'' 15, pro pátého 45 ''nad'' 15, pro šestého 30 ''nad'' 15 a pro sedmého 15 ''nad'' 15. Všechny tyto počty vynásobíme a dostaneme

\eqalign{& 105 ''nad'' 15 \cdot 90 ''nad'' 15 \cdot 75 ''nad'' 15 \cdot 60 ''nad'' 15 \cdot 45 ''nad'' 15 \cdot 30 ''nad'' 15 \cdot 15 ''nad'' 15 = \cr &= 105!\over15!\cdot90! \cdot 90!\over15!\cdot75! \cdot 75!\over15!\cdot60! \cdot 60!\over15!\cdot45! \cdot 45!\over15!\cdot30! \cdot 30!\over15!\cdot15! \cdot 15!\over15!\cdot0! = 105! \over (15!)^{7}.\cr}

Tento počet však bere do úvahy i pořadí hráčů. Musíme jej tedy vydělit počtem všech možných pořadí hráčů, což je 7!, a dostaneme výsledek:

105! \over (15!)^{7} \cdot 7!.

Toto číslo má v desítkovém zápise 80 míst.

Komentář: Mnoho z vás mělo úlohu správně vyřešenou. Někteří spočítali pouze počet možností rozdání prvních patnácti karet; ty jsem hodnotila dvěma body. Další drobné nedostatky byly trestány jedním nebo dvěma body dolů. Skupina řešitelů ze zadání pochopila, že mají zjistit počet možností, jak rozdávat karty. I ti mohli získat pět bodů, pokud přesně vyřešili jimi popsanou úlohu.

Bohužel se objevila i řešení postrádající jakýkoli náznak postupu řešení, a přestože jsem se snažila pochopit, co a jak počítali, nepovedlo se mi to. Tito řešitelé nedostali žádný bod.

Úloha č. 6

Víme, že každá tabulka má čtyři řádky a čtyři sloupce, tedy 16 čísel. To znamená, že v 16 tabulkách bude potřeba 16\cdot16=256 čísel a tedy 17. tabulka bude začínat 257 a bude vypadat takto:

257 258 259 260
261 262 263 264
265 266 267 268
269 270 271 272

Pokud budou mít tabulky sedm řádků a sedm sloupců, budou mít 49 čísel. Tedy 22 tabulek bude mít 22\cdot49=1078 čísel, první řádek 23. tabulky sedm čísel a ve druhém řádku páté číslo zleva bude 1078+7+5=1090.

Komentář: Bohužel se do zadání vloudily dvě chyby, které úlohu ztížily, nicméně většina řešitelů řešila úlohu opravenou. Většina z vás si uvědomila, že čísla v sousedních tabulkách se liší o 16 (resp. o 49), ale už nenapsala, proč; za to jsem strhávala bod. Další dva body byly za každou část.

Úloha č. 7

Označíme R poloměr horní podstavy v centimetrech, r poloměr dolní podstavy a v výšku mísy. Dále střed pláště označíme O, střed horní postavy S a střed dolní podstavy T. Vzdálenost O od S označíme x. Uvažujme řez mísy svislou rovinou procházející osou mísy. Body na levém okraji horní a dolní podstavy označíme A a B. Body A a B leží na plášti, jsou tedy od jeho středu stejně vzdáleny. Proto platí |OA|=|OB|.

Řešení dále rozdělíme na dva případy. Pokud střed koule odpovídající plášti mísy je vně mísy, pak lze celou mísu vyřezat z koule se středem v rovině horního okraje a poloměrem stejným jako poloměr horního okraje (viz obr. vlevo). Pokud střed pláště leží uvnitř mísy, je potřeba mísu vyřezat z ,plášťové` koule (body * na obr. vpravo se do menší koule nevejdou).


V prvním případě z Pythagorovy věty v trojúhelnících ASO a BTO dostáváme

r^{2}+(v+x)^{2}=|OB|^{2},
R^{2}+x^{2}=|OB|^{2}.

Protože pravé strany se rovnají, musí se rovnat i levé, tedy

r^{2}+v^{2}+2vx+x^{2}=R^{2}+x^{2},

po odečtení x^{2} z obou stran a převedení x na jednu stranu

2vx = R^{2}-r^{2}-v^{2},
x = R^{2}-r^{2}-v^{2} \over 2v.

Po dosazení dostaneme

x = 12^{2}-5^{2}-17^{2} \over 2\cdot17 = -170 \over 2\cdot17 = -5 < 0,

což nedává smysl. První případ tedy můžeme vyloučit.

Ve druhém případě dostáváme podobným způsobem

r^{2}+(v-x)^{2}=R^{2}+x^{2},
x = r^{2}+v^{2}-R^{2} \over 2v.

Po dosazení dostaneme

x = 17^{2}-12^{2}+5^{2} \over 2\cdot17 = 170 \over 2\cdot17 = 5

a poloměr koule je (opět použitím Pythagorovy věty)

|OA|=\sqrt{x^{2}+R^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=\sqrt{169}=13,

tedy 13 cm.

Komentář: Někteří řešitelé si neuvědomili, že pokud by střed pláště byl vně mísy, tak by se dala mísa vyřezat z menší koule než je plášť, proto uvažovali pouze „druhý případ“. Někteří uvažovali pouze „první případ“ a nenechali se rozházet tím, že jim x vyšlo záporné. V tomto příkladě výsledek zrovna vyjde správně, ale obecně tomu tak nemusí být, proto jsem za nedostatečné zdůvodnění strhával bod.

Geometrickým řešením (narýsování řezu a změření poloměru pravítkem) číselných úloh nejsem příliš nakloněn, protože rýsování s sebou nese nepřesnosti, které mohou ovlivnit výsledek v dosti velké míře. Navíc správný drsňácký matematik u sebe nosí jen papír a pero; pravítko má zahrabané někde doma a kružítko zná jen z vyprávění. Abych zvýhodnil i ty řešitele, kteří zvolili numerický postup a udělali v něm drobnou chybu, rozhodl jsem se za geometrická řešení strhávat dva body.

Uvědomte si ale, prosím, že předešlý odstavec se netýká konstrukčních úloh. Správný konstrukční geometr má v ruce jen pravítko a kružítko a před sebou papír s úsečkami zadaných délek a nesmí zadané délky změřit a spočítat z nich, kde bude ležet hledaný průsečík, musí to poctivě narýsovat.

Opravovali:1. Jan Foniok, 2. Mája Veselá, 3. Jan Blažek, 4. Lenka Blažková, 5. Václava Kopecká, 6. Eva Černohorská, 7. Petr Škovroň.