Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Myška sýrem proleze. A to tak, že do něj vleze první nebo druhou vrstvou, dostane se do vrstvy sedmé a z té, samozřejmě jinou cestou, opět vleze až do první vrstvy. Cesta je na obrázku vyznačena čísly. Počet otočení záleží na tom, kde myška do sýra vleze. Nikdy však tento počet nepřekročí dvacítku. Místa, ve kterých myška musela zatočit, jsou označena tlustším číslem.

Postup řešení zde není zcela daný. Někdo mohl úlohu řešit pomocí rozkreslování obrázků, někdo použil souřadnice, někdo jiný mohl použít třeba stavebnici.

Komentář: Asi polovina z vás se zarazila, když došla do sedmé vrstvy. Z té jste se pak nedostali do osmé, a to vás přesvědčilo, že se skrz sýr nedá projít. Taková řešení jsem hodnotila od nuly do dvou bodů. Někteří sice našli cestu, ale protože nevedla z jedné strany na tu protější, tak řekli, že myška neprojde. Takové řešení jsem brala za správné.

Úloha č. 2

Pokud oslava prvního dne v týdnu nebyla předevčírem a nebude ani pozítří, není dnes 3. ani 5. den v týdnu. Dnes je 14. den a podle šamanova tvrzení bude v následujících deseti dnech (tj. od 15. do 24. dne) každý druhý den pršet (tj. 16., 18., ..., 24. den). Zbytek měsíce bude pěkně, to znamená, že situace ve dnech 31 až 35 bude totožná se situací ve dnech 25 až 29. Proto tyto dny nebudeme uvažovat, výsledek bude stejný jako v předchozím týdnu. Protože 20. bude pršet, můžeme podmínku o loupení v tomto dnu vynechat a dál uvažovat jen podmínky o loupení podle pořadí dne v týdnu.

Úlohu vyřešíme pomocí následující tabulky:


dnes $$ 1. $$ 2. $$ 4. $$ 6.

15. neprší 2. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

16. prší 3. $$ 4. $$ 6. $$ \times $$

17. neprší 4. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

18. prší 5. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

19. neprší 6. $$ 1. $$ 3. $$ 5. $$ \checkmark

20. prší 1. $$ 2. $$ 4. $$ 6. $$ \times

21. neprší 2. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

22. prší 3. $$ 4. $$ 6. $$ \times $$

23. neprší 4. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

24. prší 5. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

25. neprší 6. $$ 1. $$ 3. $$ 5. $$ \checkmark

26. neprší 1. $$ 2. $$ \times $$ $$ $$

27. neprší 2. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

28. neprší 3. $$ 4. $$ \times $$ $$ $$

29. neprší 4. $$ \times $$ $$ $$ $$ $$

30. neprší 5. $$ 6. $$ 2. $$ \times $$

$$

Nevíme, který den v týdnu přesně je. Abychom měli jistotu, že nebudeme okradeni, za bezpečné dny budeme považovat pouze ty dny, ve kterých bychom nebyli okradeni ani v jednom z možných dnů. Například 15. den nebudeme považovat za bezpečný, neboť pokud je dnes 1. den v týdnu, můžeme být okradeni (je to 2. den v týdnu a neprší), 16. den vyloučíme také. Pokud je dnes 1. nebo 2. den v týdnu, nehrozí nebezpečí, ale je-li dnes

  1. den v týdnu, budeme 16. okradeni (je to 6. den v týdnu a prší). Tímto způsobem zjistíme, že pouze 19. a 25. den je pro nás bezpečný. Stejná situace bude i 31. den (stejně jako před týdnem neprší).

Úloha se dala řešit i trochu méně pracně. Představme si na chvíli, že dnes (14.) může být jen 2., 4. nebo 6. den v týdnu. Pak, je-li den sudého pořadí (např. 16.), budeme okradeni, ať je jakékoliv počasí. Protože tyto dny mohou být zároveň všechny dny sudého pořadí v týdnu. Znamená to tedy, že se stačí omezit na liché dny v měsíci s možností, že dnes je první den v týdnu.

Komentář: Drtivá většina z vás řešila úlohu prvním způsobem. Objevily se problémy s pochopením slovního spojení „v následujících deseti dnech bude každý druhý den pršet“, které umožnilo použití podmínky o 20. dni. Za to jsem dávala maximálně 4 body. K řešení úlohy je klíčové uvědomit si, že lupiči nesmějí loupit ani v jedné ze čtyř možností. Kdo si to neuvědomil, nedostal více než 3 body.

Úloha č. 3

Úloha nemá pouze jedno řešení. Větu: „Každé náměstí je spojeno se třemi nejbližšími náměstími ulicí.“ lze chápat různými způsoby. První je, že existuje jedna ulice a na ní jsou čtyři náměstí, která jsou touto ulicí spojena. Když budou v Chojbalsanu čtyři takové ulice, které budou stejně dlouhé a přímé a také budou od sebe vzdáleny více než je délka ulice, tak dostaneme první možnost řešení.

Druhý způsob je takový, že z každého náměstí vedou tři ulice na tři nejbližší náměstí. To znamená, že ulicí jsou spojena vždy dvě náměstí. Nejprve si vezmeme dva rovnostranné trojúhelníky a spojíme je v kosočtverec tak, že společná strana trojúhelníků tvoří úhlopříčku kosočtverce. Tím nám vznikne uspořádání čtyř náměstí (vrcholy budou označovat náměstí a strany ulice), kde dvě náměstí jsou spojena se třemi náměstími a dvě zbylá náměstí jsou spojena jen se dvěmi náměstími. Tyto útvary vezmeme čtyři a uspořádáme je do kruhu a spojíme úsečkami, které budou stejně dlouhé jako strany v kosočtverci.

Tento plán města Chojbalsan musí zároveň splňovat jistá kritéria. Musí platit

\eqalign{ \alpha + \alpha' &) 180\deg,\cr \alpha &) 60\deg,\cr \alpha' &) 60\deg,\cr}

aby vzdálenost mezi náměstími A a E nebyla menší než a. Toto musí být splněno pro všechny takové dvojice sousedících úhlů. Dále musí být splněno kritérium, že součet \alpha'+\beta > 180\deg, aby vzdálenost A od I byla větší než a. Toto musí být splněno pro všechny dvojice takových úhlů.

Komentář: Posílali jste také řešení, kdy jste umístili město Chojbalsan na kopec, neboli všechna náměstí neležela v jedné rovině. Někteří si vyhráli s tvary náměstí, které nebyly v zadání specifikovány. Jiní zase měli například šest náměstí stejně vzdálených od jednoho náměstí, ale spojili ho pouze se třemi náměstími, což splňuje zadání, protože spojili náměstí se třemi nejbližšími. Samozřejmě tyto plány města Chojbalsan musely splňovat všechny ostatní podmínky zadání.

Úloha č. 4

Nejprve drahokamy libovolně rozdělíme do pěti dvojic. V prvních pěti váženích porovnáme postupně hmotnosti drahokamů v těchto dvojicích. Lehčí ze dvojice vždy zařadíme do skupiny L a těžší do skupiny T. Víme, že nejlehčí drahokam je jeden z pěti ve skupině L a nejtěžší je ve skupině T.

Nejlehčí drahokam můžeme určit takto: nejprve porovnáme libovolné dva drahokamy ze skupiny L. Lehčí z nich necháme na misce vah a těžší nahradíme jedním ze tří zbývajících drahokamů skupiny L. Lehčí znovu ponecháme a těžší nahradíme jedním ze zbývajících dvou; nakonec nahradíme těžší z dvojice posledním zbývajícím drahokamem skupiny L. Lehčí ze dvou drahokamů na váhách je nejlehčí ze všech deseti drahokamů.

Podobně postupujeme při určování nejtěžšího drahokamu ve skupině T; tentokrát však na váhách ponecháváme těžší drahokam a lehčí nahrazujeme postupně zbývajícími kameny ze skupiny T.

Celkový počet vážení je nezávislý na hmotnostech drahokamů a je 5+4+4=13.

Komentář: Řešením tohoto postupu je obecný popis postupu vážení, který vede k určení nejtěžšího a nejlehčího drahokamu při libovolném rozložení hmotností. Někteří z vás vymysleli konkrétní postup vážení pro konkrétní hmotnosti; nebylo jasné, jak byste postupovali, kdyby vám porovnání vycházela jinak. Taková řešení získala ne více než dva body. Odpovědí na tuto úlohu nemůže být např. „nejtěžší je drahokam č. 7“, protože to ze zadání vůbec nevyplývá.

Úloha č. 5

Z několika možných způsobů řešení vyberu ten, který je nejsprávnější, ale možná ne nejjednodušší, což je však vzhledem k jednoduchosti úlohy vlastně úplně jedno.

Rozbor úlohy: Základní úvahou je, že ten bod, ze kterého jsou vidět místa skrytá pozorovatelům ze Slunce i z Měsíce, leží na průniku tečen k Zemi ze Slunce a z Měsíce. Označme tento bod X.

Postupuji podle zadání, tedy nejprve narýsuji Zemi jako kružnici se středem v bo\minusdě Z a o poloměru 5 palců. Sestrojím úsečku SZ dlouhou 25 palců, přičemž bod S je Slunce. Nad průměrem SZ sestrojím Thaletovu kružnici, čímž dostanu body T_{1} a T_{2} jako průniky Thaletovy kružnice se Zemí. Pokračuji sestrojením tečen ze Slunce k Zemi, takže dostanu polopřímky ST_{1} a ST_{2}, přičemž ST_{2} je ta, na které budu konstruovat Měsíc.

Hledám bod M, tedy Měsíc. Protože |\angle T_{2}MX|=40\deg, je $|\angle ZMT_{2}|=20\deg$, takže

|\angle T_{2}ZM| = 180\deg-\bigl(|\angle ZT_{2}M|+|\angle ZMT_{2}|\bigr) = 180\deg-(90\deg+20\deg) = 70\deg.

Tento úhel tedy sestrojím a dostanu hledaný bod M, který leží na průniku polopřímky ST_{2} a ramena úhlu ze středu Země. Nad průměrem MZ sestrojím druhou Thaletovu kružnici a dostanu tak bod dotyku T_{3}. Zbývá už jen sestrojit tečnu MT_{3} z Měsíce k Zemi a hledaný bod, ze kterého jsou vidět místa, která ze Slunce ani z Měsíce vidět nejsou leží na průniku MT_{3} a ST_{1}.

Popis konstrukce:

  • k_{Z}; k_{Z}(Z,5 palců)
  • SZ; |SZ|=25 palců
  • S_{1}; S_{1} \in \primka ZS, |S_{1}Z| = |S_{1}S|
  • k_{\theta}; k_{\theta}(S_{1},|S_{1}S|)
  • T_{1}, T_{2}; T_{1}, T_{2} \in k_{\theta} \cap k_{Z}
  • \poloprimka ST_{1}, \poloprimka ST_{2}
  • \poloprimka ZU; |\angle T_{2}ZU|=70\deg
  • M; M \in \poloprimka ZU \cap \poloprimka ST_{2}
  • S_{2}; S_{2} \in \primka ZM, |S_{2}Z| = |S_{2}M|
  • k_{\theta}'; k_{\theta}'(S_{2},|S_{2}Z|)
  • T_{3}; T_{3} \in k_{\theta}' \cap k_{Z}
  • X; X \in MT_{3} \cap ST_{1}

Diskuse: Úloha je vcelku jednoznačná, tj. v dané polorovině je právě jedno řešení, tzn., že existují dvě řešení, která jsou symetrická podle osy SZ.

Komentář: Drtivá většina z vás úlohu řešila velmi správně. Jen několika málo řešitelům se stalo, že špatně pochopili formulaci zadání a úlohu úplně změnili. Často však byla úloha vyřešena velmi nedbale, tj. buďto jen jednou větou shrnuto, kde je hledaný bod a načmáraná konstrukce, nebo pěkně vyrýsovaná celá situace, ale bez jediného slova, které by popisovalo, jak se konstrukce provedla, což je samozřejmě dost podstatné, takže ať je to příště lepší. Každá konstrukční úloha by přece jen měla obsahovat nějaký ten náčrtek, podle kterého poznáme, jak jste uvažovali při řešení a co jste všechno ze zadání vyčetli; dále podrobný slovní rozbor, který slouží jako pracovní postup při konstruování, rozbor se často zapíše také matematickou symbolikou, a až potom se všechno narýsuje. Na závěr by neměla chybět diskuse o počtu řešení.

Úloha č. 6

Označíme věže písmeny A, B, C, D; dále označme k kružnici opsanou čtyřúhelníku ABCD, její střed S a její poloměr r. Úlohu si rozdělíme na dva případy.

Nejprve řešme úlohu v případě, kdy střed S leží na úhlopříčce čtyřúhelníku ABCD. Předpokládáme, že je to úhlopříčka AC (případ úhlopříčky BD je obdobný). V tomto případě lze obsah čtyřúhelníku ABCD spočítat jako součet obsahů trojúhelníků ABC a ACD. Máme najít čtyřúhelník s největším obsahem, hledáme tedy polohu bodů B a D tak, aby obsahy trojúhelníků ABC a ACD byly co největší.

Obsah trojúhelníku ABC je roven

S_{ABC} = |AC| \cdot v \over 2,

jestliže v je výška tohoto trojúhelníku (viz obrázek). Výška trojúhelníku bude největší, jestliže trojúhelník ABC bude rovnoramenný, a bude rovna poloměru r. Obsah trojúhelníku ABC bude potom

S_{ABC} = |AC| \cdot r \over 2 = 2r \cdot r \over 2 = r^{2}.

Podobně obsah trojúhelníku ACD bude nejvýše r^{2}, a to v případě, že trojúhelník ACD bude rovnoramenný. Čtyřúhelník s největším obsahem bude tedy v tomto případě čtverec a jeho obsah bude 2r^{2}.

Ve druhém případě leží S na straně čtyřúhelníku ABCD. V tom případě leží celý čtyřúhelník ABCD v jedné polovině kruhu, takže jeho obsah nemůže být větší než obsah poloviny kruhu, takže

S_{ABCD} \le \pi \cdot r^{2} \over 2 < 2r^{2},

což znamená, že má vždy menší obsah než čtverec z prvního případu.

Shrnuto: věže jsou rozestaveny do čtverce, jehož každá úhlopříčka tvoří průměr jemu opsané kružnice.

Úloha č. 7

Máme nalézt trojciferné číslo s největším počtem dělitelů. Pokud je jich více, máme vybrat to nejmenší z nich. Každé přirozené číslo lze rozložit na součin prvočísel:

x = p_{1}^{k_{1}} \cdot p_{2}^{k_{2}} \cdot ... \cdot p_{n}^{k_{n}},

kde p_{1}, ..., p_{n} jsou prvočísla a k_{1}, ..., k_{n} jsou přirozené mocnitele (exponenty). Chceme, aby x bylo co nejmenší. Potom musí platit: k_{1} \geq k_{2} \geq ... \geq k_{n}. Například 2^{2}\cdot3^{3} má stejně dělitelů jako 2^{3}\cdot3^{2}, výměnou mocnin počet dělitelů nezměníme.

Dělitele čísla p^{k} jsou: p^{0}, p, p^{2}, ..., p^{k}, celkem tedy D_{p^{k}}=k+1 dělitelů. Není těžké si rozmyslet obecnější závislost počtu dělitelů daného čísla na mocninách jeho prvočinitelů. Číslo xD_{x}=(k_{1}+1)\cdot(k_{2}+1)\cdot...\cdot(k_{n}+1) dělitelů.

Protože 2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11=2310, což je již větší než tisíc, budeme hledat x ve tvaru $x = 2{a} \cdot 3{b} \cdot 5{c} \cdot 7{d}, tentokrát a \geq b \geq c \geq d \geq 0$ jsou celá nezáporná čísla.

Hned vidíme omezení a\leq9, neboť 2^{10}=1024 je první čtyřciferná mocnina dvojky.

Dále budeme sledovat počty dělitelů čísel, která mají ve svém prvočíselném rozkladu nejprve jen dvojku, potom dvojku a trojku atd., přičemž se snažíme maximalizovat D_{x} s podmínkou, že x je trojciferné.

  • x=2^{a}:
  • a=9, D_{x}=10.
  • x=2^{a}\cdot 3^{b}:
  • b=1, a=8, D_{x}=18;
  • b=2, a=6, D_{x}=21;
  • b=3, a=5, D_{x}=24.
  • x=2^{a}\cdot 3^{b}\cdot 5^{c}:
  • c=1, b=1, a=6, D_{x}=28;
  • c=1, b=2, a=4, D_{x}=30;
  • c=2, b=2, a=2, D_{x}=27.
  • x=2^{a}\cdot 3^{b}\cdot 5^{c}\cdot 7^{d}:
  • d=c=b=1, a=3, D_{x}=32.

Náš „dostatek“ činí 840 koní a má 32 dělitelů.

Komentář: Nejprve bych chtěl pochválit řešení, která poslali Jan Bílek a Pavel Veselý; obě se jen málo liší od vzorového. Mnoho řešitelů asi nevědělo, jak se do úlohy pustit, a musím přiznat, že nebyla snadná. K udělení pěti bodů vám stačilo dobře odůvodnit, že x musí být dělitelné co nejvíce prvočísly. Pokud se mi zdálo, že jste tak neučinili, strhával jsem bod. Tentokrát jsem již byl přísnější a pouhé uvedení ač správného výsledku jsem hodnotil jen dvěma body.

Opravovali: 1. Kateřina Dobiášová, 2. Lenka Burešová, 3. Viktor Bobro, 4. Jan Foniok, 5. Jan Křivonožka, 6. Jan Konopásek, 7. Ondřej Honzl.