Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

V kotli jsou na začátku dva papírky s čísly 1 a 0, musíme pokaždé vytáhnout alespoň dva, takže hned v prvním tahu vyrobíme lísteček s číslem $(1+0)/2 = 1/2$. Je dobré si všimnout, že umíme vytvořit polovinu libovolného čísla, které už máme -- vytáhneme ho společně s lístečkem, na kterém je nula. Stejně tak si každé z čísel, která už v kotli jsou (kromě 1 a 0), umíme „namnožit“ opakováním tahu, jímž vzniklo. Další postřeh je, že když máme číslo ve tvaru m/n, vyrobíme bez obtíží i číslo m/(n+1), a to tak, že jeden lísteček, který přispěl ke vzniku m/n, nahradíme dvěma lístečky s poloviční hodnotou. Zlomek 1/5 vznikne jako aritmetický průměr lístečků s čísly 1/4, 1/4, 1/4, 1/4 a 0. Číslo 1/12 dostaneme jako polovinu z 1/6, která vznikne při vytažení pěti lístečků s číslem 1/5 a lístečku s číslem 0. Podobně 5/18 vznikne jako polovina z 5/9, které vyrobíme při vytažení osmi lístečků s 1/2 a lístečku s 1. Pochopitelně toto nejsou jediné možné způsoby, jak hledané zlomky vytvořit. Lze se přesvědčit, že je dokonce možné vyrobit libovolné racionální číslo mezi 0 a 1.

Úloha č. 2

Podíváme se nejprve, na kolik částí rozděluje rovinu 12 kružnic, které mají dva body společné. Jedna kružnice dělí rovinu na 2 části -- vnitřek a vnějšek kružnice, z toho jen vnitřní část tvoří „ostrov“. Dvě kružnice, pokud nejsou totožné a mají dva body společné, dělí rovinu na 4 části -- 3 vnitřní a jednu vnější. Kdykoli přidáme další kružnici, počet nově vzniklých částí jsou dvě. Dvanáct kružnic se dvěma společnými body, takových, že žádné dvě nejsou totožné, rozdělí rovinu na 24 částí, z nichž 23 je vnitřních a tvoří „ostrovy“ a jedna vnější, která je obklopuje. S přímkami je to jednodušší. Sedm rovnoběžných přímek rozděluje rovinu na osm částí. Pokud budou kanály ve tvaru úsečky na těchto přímkách dostatečně dlouhé, rozdělí každou z 23 oblastí na osm dílů. Nejvyšší možný počet ostrovů v osadě Kopyto je tedy 23\cdot8=184. Otázka je, jestli existuje taková poloha přímek a kružnic, aby tohoto počtu bylo opravdu dosaženo. Abych vás přesvědčila, že to jde, přidávám obrázek.

Úloha č. 3

Dobu, po kterou jeli spolu, označíme s a dobu, kdy byli zvlášť, označíme z. Ze zadání sestavíme následující rovnice.

Já viděl o tři hady méně než Vigi:

\eqalign{ 4\over3 x + 4y + 3 &= 7\over3 x + 5\over2 y, \cr x &= 3y+6 \over 2. \cr}

Já viděl o deset ještěrek méně než Vigi:

\eqalign{ x + 6y + 10 &= 4x + 2y, \cr x &= 4y+10 \over 3. \cr}

Vyřešíme tedy tuto rovnici:

\eqalign{ 4y+10 \over 3 &= 3y+6 \over 2, \cr 8y + 20 &= 9y + 18, \cr y &= 2. \cr}

Dopočteme x = 6.

Spolu jeli 6 hodin a zvlášť 2 hodiny.

Komentář: Až na jedno řešení byla všechna správně. Asi dva z vás neměli pořádně popsaný postup. Těm jsem dala čtyři body. Ostatní dostali plný počet bodů.

Úloha č. 4

Zahrada má rozměry 20 \times 20 sáhů. Tyč prochází zahradou jakýmkoliv způsobem, tj. má se zahradou společné alespoň dva body. Musíme tedy kopat tak, abychom výkopem protnuli jakoukoliv spojnici dvou stran zahrady. Nyní zbytek řešení této úlohy spočívá ve zkoušení různých možností, přičemž nejlepší řešení není známo, proto pouze zrekapituluji všechny došlé způsoby řešení:

  1. Můžeme kopat po obvodu zahrady, tak na tyč jistě narazíme. Snadno nahlédneme, že stačí kopat pouze podél tří stran. To znamená, že prokopeme L=3 \cdot 20=60 sáhů.
  1. Prokopeme-li obě úhlopříčky čtverce, na tyč také jistě narazíme. Takto musíme vykopat L = 2 \cdot 20\sqrt{2} \doteq 56,569 sáhů.
  1. Může nás napadnout, co se stane, když v předchozím nahradíme průsečík úhlo\minuspříček vodorovnou úsečkou S_{1}S_{2} (viz obrázek vlevo) tak, aby výkop byl souměrný podle vodorovné i svislé osy.

Tím by se mohly zkrátit délky úseček, které jdou do středu čtverce. Ale samozřejmě, délka výkopu se bude lišit podle délky úsečky S_{1}S_{2}. Její střed označme T. Délka výkopu by pak byla dána výrazem L = 4\cdot|AS_{1}| + 2\cdot|S_{1}T|. Označíme-li délku x=|S_{1}T|, pak podle Pythagorovy věty pro trojúhelník AS_{1}P platí, že |AS_{1}| = \sqrt{|AP|^{2}+|PS_{1}|^{2}} = \sqrt{10^{2}+(10-x)^{2}}. A tedy L= 2x + 4\cdot\sqrt{10^{2}+(10-x)^{2}}. Hledáme x<10 tak, aby tento výraz nabýval co nejmenší hodnoty. Předchozímu případu odpovídá x=0. Zkoušením můžeme najít nějaké x, pro které bude hodnota L menší u 2. případu. K nalezení optimálního řešení je třeba využít znalostí přesahující učivo základní školy (derivace funkce). Tím se dá ukázat, že nejlepší řešení x = 10 - 10\over\sqrt{3} \doteq 4,226 sáhů odpovídá situaci, kdy |\angle AS_{1}D| = 120\deg, a dává délku L \doteq 54,641 sáhů. Tento výsledek jde ještě zlepšit: kdybychom v našem řešení nechali úsečky AS_{1}, S_{1}S_{2}, S_{2}C, a úsečku DS_{1}, resp. BS_{2} nahradili kolmicí k přímce S_{1}C, resp. S_{2}A procházející bodem D, resp. B (viz obrázek vpravo).

Délka výkopu se sice zkrátí (můžeš si spočítat o kolik), ale řešení nebude lepší než následující:

  1. Vykopeme-li jen dvě sousední strany čtverce a půlku úhlopříčky z protilehlého rohu (viz obrázek vlevo), bude délka výkopu L = 2\cdot|AB|+|CS| = 40 + 20\sqrt{2}\over2 \doteq 54,142 sáhů.

  1. Předešlý způsob řešení je pouze speciálním případem pravého obrázku, když by bod T splynul s bodem A.

Jde o podobnou úlohu jako v části 3. V trojúhelníku ABD hledáme bod T tak, aby součet |AT|+|BT|+|DT| byl co nejmenší (v části 3. jsme hledali bod S_{1} v trojúhelníku ATD).

Nejprve zdůvodním, proč musí bod T ležet na ose strany BD. Představme si, že chceme minimalizovat hledaný součet, ale s podmínkou, že bod T leží na jedné dané rovnoběžce p se stranou DB. Sestrojme obraz D' bodu D v osové souměrnosti s osou p. Průsečík přímky p s úsečkou BD' je hledaný bod T. Neboť je |TD|=|TD'| a lomená čára BTD je nejkratší, která protíná přímku p. Protože bod T ze své konstrukce leží na ose strany BD, je spojnice AT nejkratší z možných spojnic bodu A s přímkou p.

Nyní opět označíme x=|AT|. Pokud pomocí Pythagorovy věty pro trojúhelník BST spočítáme délku výkopu, dostaneme následující: $L = 2\cdot|BT|+|AT|+|SC| = 2\sqrt{(10\sqrt{2}-x){2} + (10\sqrt{2}){2}} + x + 10\sqrt{2}$. Najdeme-li x tak, aby výraz nabýval co nejmenší hodnoty, dostaneme se k těmto hodnotám: x = (10 - 10\over\sqrt{3})\sqrt{2} \doteq 5,977 sáhů, L \doteq 52,779 sáhů. Opět mají úhly u vrcholu T velikost 120\deg.

Komentář: Body za úlohu jsem udělovala následovně: seřadila jsem řešení do typů, jako je výše, jejich pořadí zároveň určuje i bodový zisk. Naprostá většina z vás úlohu vyřešila kopáním po úhlopříčkách. Vyskytli se řešitelé, kteří se nechali příliš ovlivnit slovem „napříč“. Ti nedostali více než dva body, protože si úlohu velmi zjednodušili. K získání pěti bodů stačilo najít polohu bodu T tak, aby byl výkop kratší než v řešení za 4 body. Obzvláště pěkná řešení napsali Miroslav Klimoš a Josef Tkadlec.

Úloha č. 5

Jak zjistíte, v této úloze je všechno jinak, než se zdá...

Nejdříve zvolíme vhodné měřítko, ve kterém úlohu narýsujeme, například 1 centimetr bude odpovídat 10 mílím. Města budeme značit jejich prvními písmeny: S jako Sen-Chi, L jako Los-Chen, B Belinung, Z Zuang, D Deligen a E Enalis. Začneme tím, že narýsujeme úsečku SL, |SL|=4,5 cm. Pak sestrojíme kružnice k se středem S a poloměrem \sqrt{37} cm a l se středem L a poloměrem \sqrt{10} cm. (Odmocninu \sqrt{37} cm, resp. \sqrt{10} cm získáme jako délku přepony pravoúhlého trojúhelníku s odvěsnami 6 cm a 1 cm, resp. 3 cm a 1 cm.) Tam, kde se tyto kružnice protnou, bude bod B. Dostaneme dvě řešení, jedno z nich vybereme; druhé bude osově souměrné. Navíc všechny body budeme vynášet do téže poloroviny (kterou jsme právě zvolili) určené přímkou SL, neboť Cesta vede po pobřeží a města by jinak skončila ve Velkém oceánu. Narýsujeme kolmici na SL vzdálenou 2,5 cm od S a na ní bod Z vzdálený 1,5 cm od průsečíku s přímkou SL. Tak máme obrazy Sen-Chi, Los-Chenu, Belinungu a Zuangu. Bod D leží na přímce p, rovnoběžné s přímkou SL, vzdálené od ní 1 cm (v případě, že chápeme Cestu jako přímku; pokud bychom Cestu chápali jako úsečku, ležel by bod D na jakémsi oválu). Dále víme, že D je vrcholem rovnoramenného trojúhelníku BZD, jenže nevíme, která z jeho stran je základna. Pokud základnou je BZ, pak D leží na ose této úsečky (na obrázku bod D_{1}). Pokud BD je základnou, pak D leží na kružnici se středem v Z a poloměrem BZ (na obrázku body D_{2} a D_{3}). A konečně pokud ZD je základnou, potom D leží na kružnici se středem B a poloměrem BZ (na obrázku body D_{4} a D_{5}). Dostáváme tak 5 možných poloh D (viz první obrázek). Pro každou z těchto možností je třeba dál udělat následující konstrukci, my se však omezíme na případ, kdy základnou trojúhelníku BZD je BZ.

Body L, D a E mají být vrcholy kosočtverce, jedna jeho úhlopříčka má být rovnoběžná s LS. Víme, že L\in LS a D\in p, tedy tato úhlopříčka bude ležet na LS nebo na p, jiné možnosti už nemáme. Bod E může ležet na dané úhlopříčce nebo nemusí, celkem však dostáváme 3 možnosti, kde by mohl ležet, neboť |LD|=|DE| nebo |LD|=|LE|. Když vše zakreslíme, zjistíme, který z bodů E_{1}, E_{2}, E_{3} spolu s body D a B tvoří rovnoramenný trojúhelník (viz druhý obrázek).

Zbývá dokreslit mapu tak, aby měla dvě osy souměrnosti, ty musí procházet bodem L, který má být středem souměrnosti, další jejich určení už bylo na vaší libovůli.

Zápis konstrukce:

  • \primka SL; |SL|=4,5 cm
  • k; k(S; \sqrt{37} cm)
  • l; l(L; \sqrt{10} cm)
  • B; B \in k\cap l
  • X; X \in \primka SL; |XS|=2,5 cm
  • Z; \primka ZX \perp \primka SL, |ZX|=1,5 cm
  • p; p \parallel \primka SL, v(p, \primka SL)=1 cm
  • D; D \in p, D je vrchol rovnoramenného trojúhelníka BDZ
  • E; E je vrchol kosočtverce s jednou úhlopříčkou rovnoběžnou s LS, trojúhelník DEB je rovnoramenný.

A teď: všechno je jinak. Výše jsme chtěli zjistit, který z bodů E splňuje podmínky zadání. Ve skutečnosti to není žádný, ani v této variantě bodu D, ani v jiné. Přišla na to Lada Peksová, která velikosti stran vzniklých trojúhelníků propočítala a i když rozdíl stran byl minimální (v tomto měřítku asi 1,5 mm), rovnoramenný trojúhelník to není.

Komentář: Přestože se našla řešitelka, která zdůvodnila, proč úloha nemá řešení, rozhodl jsem se dávat 5 bodů i za provedený postup výše, pokud byl celý správně. Strhával jsem bod za neúplnost diskuse polohy bodu D nebo E. Jeden bod jsem strhl i těm, kteří nedodělali souměrné body a nezdůvodnili to (například, že budou vzniklá „města“ ležet ve Velkém oceánu a podobně, zadání v tomto bodě šlo chápat různě). Rovněž jsem srážel body za chybějící popis řešení. Je zajímavé, že jste docházeli k různým trojúhelníkům DEB a tvrdili, že jiné řešení neexistuje... Alespoň jsme se všichni přesvědčili, že různé chyby rýsování mohou dát různé výsledky.

Úloha č. 6

Ze zadání víme, že ve všech nádobách je stejné množství vody a že objemy všech nádob jsou celočíselné.

Označme si x množství vody ve vědrech po rozlití. Víme, že 4\over3 x, 3\over2 x a 2x jsou celá čísla (jsou to objemy věder) a také 3x musí být celé (objem sudu). Díky objemu sudu si můžeme x vyjádřit jako k\over3, kde k je již celé číslo (to jsme o x tvrdit nemohli). Nyní upravíme předchozí výrazy:

\eqalign{ 4\over3 x &= 4\over9 k, \cr 3\over2 x &= 1\over2 k, \cr 2x &= 2\over3 k. \cr}

Připomínám, že všechny výsledky musí být celé. Takže k musí být dělitelné 9, 2 a 3. Ze zadání mají být objemy co nejmenší. Společný nejmenší násobek čísel 9, 2 a 3 je 9 \cdot 2 = 18, což je objem sudu. Dopočtením objemů věder dostáváme objemy 8, 9 a 12.

Komentář: Více než polovina z vás předpokládala, že x je celé číslo. Je třeba číst zadání pečlivěji a uvědomit si, co je v něm vlastně napsáno. Body jsem za to tentokrát nesrážel. Několik z vás zapomnělo dopočítat objem sudu, ale protože se našli tací, co objem měli spočten špatně, musel jsem strhávat po bodu. Další srážky byly hlavně v případech, kdy nějaký výsledek byl špatně. Úloha byla vcelku snadná, o čemž vypovídá průměrný počet bodů, který byl téměř 4.

Úloha č. 7

Nejprve si označme jednotlivé osoby: správce mapy M, strážce podkovy P, stopař S a vodník V. Můžeme jim stanovit hodnotu (1 až 4) vzestupnou dle pořadí jejich probuzení a díky tomu je můžeme i porovnávat. Nyní přepišme, co nám svitek pro probouzení přikazuje:

  • První věta je celkem srozumitelná. Pokud nastane V < M, tak S=4.
  • Druhá věta je trochu zamotanější, ale asi není problém vysledovat, že jestliže je S < V, potom musí být V < P.
  • Tato věta je nejtěžší. Vyskytuje se v ní příliš mnoho záporů, proto na ní asi mnoho řešitelů ztroskotávalo. Nicméně si myslím, že je jednoznačná. Slůvko „ani“ značí, že se M neprobudí dříve než jeden z V a S. Jinými slovy: V < M nebo S < M, případně obojí najednou.
  • Poslední věta již nedělala potíže: P < M.

Na chvíli uvažujme, že je splněna podmínka S < V v druhém bodě, potom S < V < P a z čtvrté věty vyplývá konečné pořadí S < V < P < M. Ale tím bychom dostali spor s 1. bodem. Tudíž je nutně V < S. Podle třetí věty musí platit V < S < M nebo V < M < S. Možnost V < S < M vyloučíme 1. větou, zatímco druhá možnost dává s ohledem na 4. bod dvě řešení. Jsou to P < V < M < S a V < P < M < S. Tímto jsme nalezli odpověď na otázku, koho máme v souladu s pokyny ve svitku probudit jakožto třetího. Bude to správce mapy.

Komentář: Asi největším kamenem úrazu byla v této úloze třetí věta svitku. Uznávám, že je v ní příliš mnoho záporů a že český jazyk se s jazykem matematickým těžko slučuje, ale jiná řešení navrhovaná řešiteli, jako je buzení najednou nebo neakceptování některé podmínky, nepřicházejí v úvahu. Bez správného pochopení této věty jsem nedával více než 3 body. Pokud jste jen bezmyšlenkovitě procházeli všech 24 pořadí, tak jste obdrželi pouze dva body.

Opravovali: 1. a 2. Lenka Blažková, 3. Kateřina Dobiášová, 4. Lenka Burešová, 5. Karel Pazourek, 6. Jan Blažek, 7. Ondřej Honzl.