Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Z básničky si můžete sestavit nerovnici 5d>7g+2 nebo 5d-2>7g. Násobky pěti, a tedy i 5d, končí cifrou 5 nebo 0. Číslo 5d-2 tedy končí buď cifrou 8 nebo 3. Stejně tak 7g je násobek 7, který končí 8 nebo 3, např. 28, 63, 98. Z těchto násobků vybereme takový, aby byla splněna podmínka d+g\le25. Řešením jsou dvě možnosti: g=4 a d=6 nebo g=9 a d=13.

Komentář: Pokud jste měli jen jedno řešení, dostali jste 3 body. Body jsem ubírala, pokud jste měli drobné chyby nebo jste měli nepřehledné řešení. Nulu dostali ti, kteří si špatně sestavili rovnici.

Úloha č. 2

Abychom spočetli požadovaný obsah, stačí od obsahu celého kruhu k odečíst čtyřikrát obsah bílé části na obrázku. K spočtení obsahu kruhu k potřebujeme znát jeho poloměr R, který spočítáme pomocí Pythagorovy věty. Bod P leží na průsečíku dvou kružnic se středy v bodech A a B a poloměrem r, který je stejně veliký jako strana čtverce ABCD. Tedy velikosti úseček AB, BP a AP jsou stejné, a proto je trojúhelník ABP rovnostranný. Obsah tohoto trojúhleníku umíme spočítat, dopočítame-li jeho výšku v pomocí Pythagorovy věty.

Také snadno spočítáme obsah dvou kruhových výsečí DAP a CBP. Jelikož je trojúhelník ABP rovnostranný, jsou jeho vrcholové úhly 60\deg, úhel DAB je pravý, a tedy $|\angle DAP|=|\angle DAB|-|\angle PAB|=30\deg. Poloměr kruhových výsečí je r$.

Součet obsahů kruhových výsečí a obsahu trojúhelníku je roven obsahu šedé části na obrázku. Z obrázku je patrné, že obsah bílé časti je roven rozdílu obsahu čtverce a šedé části, kterou již umíme spočítat.

Výpočet:

\eqalignno{ r &= 5 cm \cr S_{ABC} &= r\cdot v\over2_cr() v &= \sqrt{r^{2}-\left(r\over2_right())^{2}}\cr v &= r\cdot\sqrt{3}\over2_cr() S_{ABC} &= r^{2}\cdot\sqrt{3}\over4_cr() S_{DAP} &= \pi\cdot r^{2}\cdot30\over360_cr() S_{DAP} &= \pi\cdot r^{2}\over12_cr() S_{CBP} &= S_{DAP}\cr S_{ABCD} &= r^{2}\cr S_{k} &= \pi\cdot R^{2}\cr R^{2} &= \left(r\over2_right())^{2}+\left(r\over2_right())^{2}\cr R^{2} &= r^{2}\over2_cr() S_{k} &= \pi\cdot r^{2}\over2_cr() S &= S_{k}-4\cdot\bigl(S_{ABCD}-(S_{DAP}+S_{CBP}+S_{ABC})\bigr)\cr S &= \pi\cdotr^{2}\over2 -4\cdot\left(r^{2}-\left(\pi\cdot r^{2}\over12 +\pi\cdot r^{2}\over12 +r^{2}\cdot \sqrt{3}\over4_right())\right)\cr S &= r^{2}\cdot\left(7\over6_cdot()\pi-4+\sqrt{3}\right)\cr S &\doteq 34,931 cm^{2}\cr}

Úloha č. 3

Uvědomme si, že pokud protáhneme těžnici BP na dvojnásobek, tak vznikne rovnoběžník ABCX, protože trojúhelníky ABC a CXA jsou shodné (jsou shodné dvojice trojúhelníků ABP, CXP a BCP, XAP podle věty sus ). Dále pokud má mít trojúhelník ABC výšku 7 cm, tak budou body B a C ležet na přímce p a bod A na rovnoběžce q s p ve vzdálenosti 7 cm. Potom si uvědomíme, že těžnice jsou rozděleny těžištěm T v poměru 2:1. Proto |BT| = 2\over3 t_{b} = 3 cm a |CT| = 2\over3 t_{c} = 8 cm. Teď už umíme sestrojit body A a C, pokud si zvolíme bod B na p.

Postup konstrukce:

  • p
  • q; q \parallel p, |pq| = 7 cm
  • B; B \in p
  • k; k(B;9 cm)
  • X; X \in q \cap k
  • P; P je střed BX
  • T; T \in BP; |BT| = 2\over3 \cdot 4,5 cm = 3 cm
  • l; l(T;8 cm)
  • C; C \in p \cap l
  • A; A \in \rightarrow CP \cap q
  • trojúhelník ABC

Úloha má dvě různá řešení.

Komentář: Asi největší chyby byly v závěru, a sice pokud můžete začít, čím chceme, (jako teď), počítají se jenom různá řešení, a pokud máme zadáno, že musíme něčím začít, pak se počítají všechna. Hodně řešitelů také použilo, že bod P bude ležet na ose pásu pq. Za postup a zdůvodnění byly 3 body a za konstrukci každého řešení po bodu.

Úloha č. 4

Abychom zjistili, kolika krychličkami 1 cm \times 1 cm \times 1 cm prochází tělesová úhlopříčka kvádru 3 cm \times 4 cm \times 6 cm, stačí, abychom zjistili, kolika obdélníky bude procházet úhlopříčka obdélníku se stranami 6 cm a délkou úhlopříčky obdélníku 3 cm \times 4 cm (stěna kvádru) -- viz obrázek. Stranu obdélníku o délce 6 cm rozdělíme na šest shodných dílků, stranu tvořenou uhlopříčkou rozdělíme podle toho, jak protíná strany mřížky v obdélníku 3 cm \times 4 cm.

Teď už stačí spočítat protnuté obdélníky. Z podobnosti trojúhelníků KLM a PNM vyplývá, že bod A leží na hraně krychliček 4 a 5. Analogicky najdeme podobnost pro body B a C, takže v jejich okolí úhlopříčka protíná pouze krychličky 3, 4 a 5, 6. Úhlopříčka tak prochází osmi krychličkami.

Komentář: Nejčastější chybou bylo nenapsání postupu. Další častou chybou bylo spoléhat se na rýsování, při kterém dochází k nepřesnostem. Řešení je třeba vždy odůvodnit bez rýsování, to má místo jen u konstrukčních úloh.

Úloha č. 5

Na začátku hry je dvanáct kamenů na bílých polích a dvanáct kamenů na černých polích, barvy kamenů nerozlišujeme. Při tahu se kameny posunou celkem o tři pole. To znamená, že byl-li počet kamenů na černých polích sudý, změní se na lichý, a byl-li lichý, změní se na sudý. Případné „zajímání“ kamenů nemá vliv na počet kamenů na černých polích, protože barvy kamenů nerozlišujeme.

To znamená, že když je na černých polích sudý počet kamenů, je na tahu bílý (např. v počáteční pozici), když je počet kamenů na černých polích lichý, je na tahu černý. V pozici v zadání je na černých polích jedenáct kamenů, na tahu je tedy Pepa s černými.

Komentář: Došlých řešení bylo velmi málo. Nestačí napsat, že jste na řešení přišli zkoušením, je třeba ukázat, že i při jiné posloupnosti tahů vedoucí ke stejné pozici by byl na tahu tentýž hráč.

Úloha č. 6

Označme cifry hledaného čísla c_{0}, c_{1}, ..., c_{9}. Na začátku je dobré si uvědomit, že hledané číslo musí mít ciferný součet 10, protože c_{k}-tá cifra nám udává, že číslice k je v hledaném čísle právě c_{k} krát (kde k \in \lbrace0,...,9\rbrace).

V našem čísle není devítka, tj. c_{9}=0. Jinak by c_{0}=9 a c_{9}=1, ale pro zbylých devět nul zbývá jen osm cifer. Obdobně zjistíme, že c_{8}=0. Opět by bylo c_{0}=8, c_{8}=1 a všechny ostatní cifry by byly nuly, ale to je spor u cifry c_{1}. Stejně máme: c_{7}=0. Kdyby c_{0}=7 a c_{7}=1, tak musí například platit c_{1}=2 a c_{2}=1, ale opět nám v čísle schází jedna nula.

Pro c_{0}=6 dostáváme vyhovující řešení: 6 210 001 000.

Dále předpokládejme c_{0}=5 a c_{5}=1, přičemž již víme: c_{9}=c_{8}=c_{7}=c_{6}=0 a c_{1}\geq2, c_{2}\geq1. Snadno se ověří, že kdybychom chtěli zachovat ciferný součet 10, tak nedodržíme podmínky zadání. Tím jsme ukázali, že hledané číslo obsahuje minimálně pět nul a nemá smysl pokračovat dále pro c_{0}\leq4. Šnytlíkův přístroj ovládal 6 210 001 000 jazyků.

Komentář: Někteří z vás sice našli správné řešení, ale jejich postup řešení byl velmi zmatený a neošetřoval některé možnosti, což jsem hodnotil maximálně třemi body. Valná většina řešitelů po nalezení našeho čísla neukázala, že jiné číslo zadání nevyhovuje, proto jim byl odebrán jeden bod.

Úloha č. 7

Dvojciferné násobky čísla 23 jsou 23, 46, 69, 92, dvojciferné násobky čísla 17 jsou 17, 34, 51, 68, 85.

Cely tedy mohou být očíslovány od 1 do 9 (neexistuje cela s číslem 0). Z toho všechna kromě 7 se mohou vyskytnout jak na místě jednotek, tak na místě desítkovém. To znamená, že cela s číslem 7 se může vyskytnout nejvíce jednou, a to jedině na konci chodby. Kdyby totiž cela s číslem 7 byla jinde než na konci, nebylo by možné následující celu očíslovat podle daných pravidel, protože neexistuje žádný násobek 23 nebo 17 začínající 7.

Ze zadání víme, že cela na konci skutečně nese číslo 7. Na dveřích předposlední cely musí být 1, protože předposlední a poslední cela dohromady tvoří 17, jediný násobek obsahující číslici 7. Mezi násobky teď hledáme takový, který by měl na místě jednotek 1. Jediné takové číslo je 51. Předpředposlední cela bude očíslována 5. Jednoznačně jsou určeny i další cely. V pořadí od konce cely: 7 1 5 8 6 4 3 2 9 6 4 3 2 9... Je zřejmé, že skupinka čísel 6 4 3 2 9 se bude stále opakovat. Skupinku tvoří pět číslic, čísla na celách se začínají opakovat od 1779. cely. Tedy cely v pořadí dělitelném pěti (1775., 1770., ...) nesou 9. Pátá cela je očíslována 9, tedy na první celu v pořadí vychází 2.

Komentář: Většina z vás úlohu vyřešila správně. Někdy se objevoval výsledek 3 nebo 9, tedy čísla, která ve skupince správné 2 sousedí.

Opravovali: 1. Mája Veselá, 2. Kateřina Dobiášová, 3. Eva Černohorská, 4. Vendulka Kopecká, 5. Honza Blažek, 6. Olda Honzl, 7. Hanka Matoušová.