Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Správných postupů při ohýbání a následném stříhání obdélníku se dalo vymyslet několik, zde si ukážeme dva nejčastější (a nejjednodušší). V prvním se ohnuly všechny čtyři rohy (přičemž bylo celkem jedno, do jaké míry), následně se útvar přehnul podél vodorovné osy a v místě rohu přestřihl. Po rozložení máme písmeno H (jehož „krása“ závisí na tom, jak šikovně jsme ohli rohy a stříhali).

\rightarrow \rightarrow

Druhý způsob spočívá v přeložení obdélníku nejprve podle vodorovné a pak podle svislé osy. Dejme tomu, že přehyby máme vlevo a vespod, pak vezmeme spodní stranu a úhlopříčně ji ohneme doprava. Dole ustřihneme a opět dostáváme písmeno H.

\rightarrow \rightarrow \rightarrow

Komentář: Mnoho řešitelů postupovalo jedním z výše zmíněných postupů, ale našli se i tací, kteří hledali originálnější cesty. Vzhledem k tomu, že se v zadání nepsalo nic o tom, jestli střih má být rovný nebo ne, uznával jsem i takové varianty. Přestože prakticky všechna došlá řešení byla správně, chtěl bych touto cestou apelovat na všechny, kteří nepřipojili dostatečný komentář - řešení samo o sobě je bezcenné a přestože se může zdát, že je vše jasné, alespoň pár slov neuškodí.

Úloha č. 2

Zadání úlohy po nás chce, abychom nalezli nějaké těleso, které má předepsané pohledy zepředu a ze shora. Mimochodem jsou to dva lichoběžníky, ovšem jsou otočené o 180\deg. Nenecháme se odradit, že spodní či horní okraje jsou různě dlouhé. Naopak nás to donutí k myšlence, že nejdelší strany by měly splývat. Je dobré zkusit se zaměřit na to, že těleso může vzniknout „ořezáním“ krychle. Potom při klasickém značení krychle ABCD -- podstava, EFGH -- horní stěna, musí ona zmiňovaná nejdelší strana splývat s hranou CD. Stejnou úvahou dostaneme, že kratší základna lichoběžníku musí být částí hrany EF. Kdybychom měli správně dlouhé špejle, můžeme je umístit do roviny CDEF jako je na obrázku.

Potom jsou již oba požadované pohledy správné, ale nejedná se o těleso v pravém slova smyslu, neboť tento útvar nemá žádný objem. To však snadno napravíme, když „přilepíme“ nějaký prostorový útvar pod či nad rovinu CDEF, ale musíme dát pozor abychom nepoškodili pohledy zepředu ani ze shora. Můžeme dostat například tělesa znázorněná na následujících obrázcích.

Můžeme se přesvědčit, že jsou pohledy ze shora a zepředu skutečně takové, jaké jsme chtěli.

Na závěr odpovíme na otázky, které byly v zadání položeny. Takové těleso opravdu existuje, popsali jsme dokonce dvě různá, která splňují dané vlastnosti.

Jen pro zajímavost ještě uvádíme řešení, pokud bychom zaměnili předepsané pohledy. Obrázek je ovšem otočen o 180\deg kolem svislé osy, aby na něj byl lepší pohled.

Komentář: Málokdo správně pochopil zadání a jen malý počet z vás úlohu vyřešil správně. Většinou činilo problém uvědomit si, že zadaní chce nejen, aby pohledy ze shora a zepředu byly otočené o 180\deg, což splňuje například krychle a koule, ale tyto pohledy mají být lichoběžníky z obrázku v zadání. Protože se jedná o první sérii, byl jsem shovívavý a takovýmto řešením jsem dával jeden bod. Pokud jste našli nějaké těleso, o kterém jste se mylně domnívali, že splňuje zadání, ale nebyla to pravda, jsem dával 2 body. Lépe jsem hodnotil ty, co za řešení prohlásili útvar o nulovém objemu.

Úloha č. 3

Počet různých dvojic pro n prvků je n(n-1)\over2, protože pokud přidáme k n-1 osobám n-tou, tato n-tá osoba s nimi může vytvořit (dalších) n-1 párů. Počty párů jsou tedy

1 + 2 + 3 + ... + (n-1),

čemuž odpovídá daný vzorec.

Musíme si uvědomit, že Ingrid mezi dvojice sester nepočítala sama sebe a stejně tak Jen nepočítal sám sebe mezi bratry. Označíme počet bratrů b a počet sester s. Dětí je tudíž celkem b + s.

Z výroků Jen a Ingrid dostáváme rovnici:

(s - 1)(s-2)\over2 + b(b - 1)\over2 = s(s - 1)\over2 + (b-1)(b-2)\over2 + 6,
s^{2} - 3s + 2 + b^{2} - b = s^{2} - s + b^{2} - 3b + 2 + 12,
-2s = -2b + 12,
s + 6 = b.

Z otcovy výpovědi dostáváme rovnost

3b = 2(s+b) = 2s + 2b,

tedy b = 2s.

Dosazením do první rovnice získáme s + 6 = 2s, proto s = 6. Sester je tedy 6, bratrů 12. Jen je z 18 dětí.

Komentář: Většina řešení byla správně, mnozí však neodůvodnili, jak se k řešení dobrali. Pět bodů dostali ti, kteří měli správné řešení a pochopitelně odůvodnili, jak k němu přišli. Někteří zapomněli na výrok otce a vůbec ho nepoužili, ochudili se tak o půlku zadání.

Úloha č. 4

Podle babičky by se při sušení měly provádět pouze tyto tři úkony:

  • Sundání tří suchých ponožek a pověšení jedné mokré místo nich.
  • Pověšení jedné do páru ke každé ponožce (čímž se zdvojnásobí počet suchých i mokrých ponožek).
  • Sundání tří mokrých ponožek.

Pokud si budeme všímat pouze suchých ponožek, mění babička jejich počet pouze dvěma způsoby -- buď ho snižuje o tři, nebo ho zdvojnásobuje. Otázka je, zda tímto způsobem někdy může sundat všechny suché ponožky ze šnůry -- pokud ne, určitě se jí nepodaří ani vyměnit všechny suché ponožky za mokré.

Vždy, když ponožky sundává, vezme hned tři najednou, takže aby mohla sundat všechny suché, musí jejich počet být dělitelný třemi. Na začátku jich měla 23, což třemi dělitelné není. Můžeme pomocí násobení dvěma a odčítání tří získat násobek trojky?

Odpověď zní ne, odečítáním tří se zbytek po dělení třemi nezmění, tudíž z čísla, které dělitelné třemi není, číslo dělitelné třemi nezískáme. Číslo nedělitelné třemi totiž nemá trojku v prvočíselném rozkladu a vynásobením dvěma přidáme do prvočíselného rozkladu dvojku, ale trojka tam stále nebude žádná. Výsledek tak zase nebude dělitelný třemi.

Babička na šnůře nikdy nemůže mít počet suchých ponožek dělitelný třemi, tudíž je nikdy nemůže sundat všechny. Tím pádem je nedokáže ani vyměnit za mokré.

Komentář: Hodně z vás bohužel nepochopilo, co znamená přidat ke každé ponožce jednu do páru, a přidávali druhou ponožku do páru jen k některým, další se zase spokojili s pověšením mokrých ponožek a nechali několik suchých ponožek viset. Tím si ale úlohu převelice zjednodušili, a proto nedostali více než jeden bod. Budiž jim to poučením, že číst zadání pečlivě se vyplatí. V mnoha řešeních, jak správných, tak špatných, byl postup popsán jen velmi málo nebo vůbec, občas chyběla i odpověď a bylo ponecháno zcela na mé fantazii, co chtěl autor obrázkem nebo výpočtem říci a k jakému závěru asi dospěl. Za svoji fantazii ale nemůžu obodovat vás, takže příště raději pište svá řešení podrobněji.

Úloha č. 5

Abychom zdůvodnili, že Aničce stačilo k přemístění, ať už bylo počáteční rozestavění korálků jakékoli, měli bychom ukázat dvě věci. Jednak obecný postup, jak dosáhnout symetrické řady pomocí nejvýše k přesunů bez ohledu na počáteční rozestavění. Jednak příklad rozestavění, na které k přesunů opravdu potřebujeme. V následujících dvou odstavcích si ukážeme, že pro náš případ (12 červených a 9 zelených korálků) vyjde k = 5.

Nejprve si předvedeme obecný postup jak z řady vytvořit symetrickou. Máme korálky dvou barev. Kdybychom měli jen korálky jedné barvy, tvořily by symetrickou řadu. Korálky druhé barvy nám v našem případě mohou symetrii narušovat. Avšak pokud si jednu barvu vybereme a budeme šikovně přemisťovat jen korálky této barvy, symetrie dosáhneme. My si vybereme zelenou barvu, neboť zelených korálků je méně. Protože je jich lichý počet, tak zelený korálek jistě musí být veprostřed. Přemístíme libovolný zelený korálek mezi 6 a 6 červených (bez ohledu na ostatní zelené) a dále už s ním hýbat nebudeme. Zbývá nám 8 zelených korálků, které mohou symetrii narušovat. Bude nám dokonce stačit přemístit pouze polovinu z nich. To provedeme následovně: vybereme si 4 zelené korálky, které necháme na místě, a ostatní 4 přemístíme symetricky k nim podle prostředního, již umístěného, zeleného korálku. Takto jsme tedy získali symetrickou řádku pomocí 5 přesunů.

Teď si ukážeme příklad počátečního rozmístění, na které 5 přesunů opravdu potřebujeme. Takovým je třeba řádka, kde všechny zelené leží vedle sebe vlevo a všechny červené vpravo. Z takové řádky neumíme symetrickou vytvořit lépe než 5 přesuny.

Aničce tedy stačí přemístit 5 korálků.

Komentář: Jen málokterým z vás se podařilo mě svým řešením opravdu přesvědčit, že správné řešení je 5. Ráda bych proto vyzdvihla řešení Martina Töpfera, Kateřiny Beránkové a Václava Čamry, kteří hezky ukázali i obecný postup i nejhorší případ. Po 5 bodech jsem dávala, pokud jste se pokusili o obecný postup. Pokud jste alespoň našli rozmístění, na které pět přesunů potřebujete, mohli jste dostat až 4 body. Nějaké body jsem strhávala, pokud jste svá řešení málo zdůvodnili. Naopak pokud jste sice měli špatný výsledek, ale nějaké správné postřehy, mohli jste získat až 3 body.

Úloha č. 6

Úloha se řeší pomocí tzv. Dirichletova principu. Ten říká následující: Když rozdělujeme n+1 předmětů do n přihrádek, pak bude existovat alespoň jedna přihrádka, ve které bude víc jak jeden předmět. Samozřejmě tento princip lze vyslovit v řadě obměn...

Přistupme však k řešení samotné úlohy. V libovolném řádku, sloupci nebo libovolné úhlopříčce je 117 políček, na které umísťujeme „+1“ (tj. ulitu) nebo „-1“ (tj. oblázek). Některá políčka mohou být neobsazená. Nejvyšší možný součet čísel v řádku, sloupci nebo na úhlopříčce je tak 117 (pokud na všechna políčka umístíme ulity), nejnižší možný součet je pak -117. Dostáváme tak všechny možné součty: -117, -116, ..., -1, 0, 1, 2, ..., 116, 117 -- dohromady je možných součtů 117+1+117=235.

Naproti tomu čtvercová síť má 117 řádků, 117 sloupců a 2 úhlopříčky, tedy zjišťujeme součty v 117+117+2=236 „skupinách políček“.

K dispozici však máme pouze 235 různých čísel, tudíž v některém řádku, sloupci či úhlopříčce se součet bude opakovat.

Někteří z vás dokonce řešili úlohu obecně na čtvercové síti n \times n a přišli na to, že mají 2n+2 „skupin políček“, do kterých mohou umístit pouze 2n+1 různých součtů, tudíž výsledek této úlohy platí i pro obecnou čtvercovou síť.

Komentář: Strhával jsem tři body za chybějící nebo špatné zdůvodnění. Většina řešitelů však dostala plný počet bodů.

Úloha č. 7

Strany pravidelného šestiúhelníku jsou stejně dlouhé, jako je poloměr kružnice, do které je šestiúhelník vepsán. Proto platí |PQ|=24 cm a |QR|=7 cm. Body P a R leží na průměru kružnice m, proto je úhel PQR (bod Q leží rovněž na kružnici m) podle Thaletovy věty pravý. Nyní můžeme délku strany PR vypočítat podle Pythagorovy věty, platí:

|PR|=\sqrt{|PQ|^{2}+|QR|^{2}}=\sqrt{24^{2}+7^{2}}=25 cm.

V úloze jsme se ptali na obvod kružnice m, který už snadno dopočítáme O_{m}=\pi\cdot|PR|=25\pi \doteq 78,54 cm.

Komentář: Většina z vás úlohu vyřešila správně. U geometrických úloh je vhodné nakreslit správně popsaný obrázek, aby se opravující v řešení vyznal. Rovněž se snažte o to, aby byly všechny myšlenkové kroky řádně zdůvodněny.

Opravovali: 1. Jakub Skalický, 2. Ondřej Honzl, 3. Vendula Exnerová, 4. Tereza Klimošová, 5. Katka Böhmová, 6. Karel Pazourek, 7. Lenka Burešová.