Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Při řešení této úlohy se zdaleka nemuselo tolik počítat, jak se o to mnozí snažili. K řešení vede cesta několika drobných úvah. Na první pohled vidíme, že pár nevytvoří Bubla s Dulkou, jelikož rozdíl jejich vah je 9 kg a nikoliv 6 kg. Stejně tak můžeme pro Bublu vyškrtnout i tanečnici Elču, poněvadž má-li jejich společná váha být 153 kg, museli by sami vážit 73,5 kg a 79,5 kg, a to nejsou celočíselné váhy. Když se teď rozhlédneme po parketu, je nám jasné, že s Bublou může tančit jedině Fifi.

Podívejme se teď na další informaci. Elča s Alojsem váží 150 kg, kdežto Elča s Bublou 153 kg. Nedá mnoho práce domyslet si, že Alojs bude o 3 kg lehčí než Bubla -- a tedy přesně o 6 kg těžší než Dulka, protože ta je zase o 9 kg lehčí než Bubla. Kruh se uzavírá, máme další pár: Dulku s Alojsem. A tedy i Culíka s Elčou. Úloha je hotova i bez velkého počítání.

Ještě by bylo poctivé pomyslet na to, že by třeba poslední dva páry mohly vážit stejně. Pak by váhový rozdíl 6 kg mezi Dulkou a Alojsem ještě nic nenasvědčoval a páry by se mohly vytvořit i obráceně. Tady už si budeme muset s čísly trochu pohrát, abychom tuto možnost vyvrátili: předpokládáme páry C+D=E+A=150. To znamená, že D=E=72 a C=A=78. Z toho vyvodíme, že B=81, protože Bubla je o 9 kg těžší než Dulka. Na Fifi pak zbývá F=75. Takováto taneční společnost by ale celkem vážila 456 kg a nikoliv pouze 438 kg, odporuje tedy zadání, předpoklady byly nesprávné a celou možnost dvou stejně vážících párů si můžeme s klidem v duši škrtnout. Původní řešení z druhého odstavce je tedy jediné správné.

Komentář: Většina z vás se dopracovala ke správnému řešení, obvykle však spíše pracnější než čistou cestou. Nebral jsem na to tentokrát zřetel a dával po pěti bodech za logicky správné řešení.

Úloha č. 2

Označme možné hodnoty poměru a:b. Protože první a třetí cifra čísla jsou různé, musí platit, že 1 \leq a, b \leq 4. (Pokud 5 \leq a, musí být první nebo třetí cifra čísla větší než 9, což nelze.) Všechny možnosti poměrů zapíšeme do tabulky (v prvním sloupečku jsou možné hodnoty a, v prvním řádku b). Nejprve vyškrtáme poměry, které nejsou v základním tvaru. Pro ostatní snadno najdeme čtyřciferné číslo dělitelné třema. V tabulce jsou uvedeny jejich příklady. Tyto poměry tedy vyhovují zadání.


$$ 1 2 3 4

1 3366 1224 1326 1428

2 2142 \times 2346 \times

3 3162 3264 \times 3468

4 4182 \times 4386 \times

$$

Komentář: Někteří řešitelé si neuvědomili, že například poměry 1:3 a 3:1 jsou různé. Body jsem přidělovala podle počtu nalezených poměrů.

Úloha č. 3

Nejprve označme S_{1} střed horní podstavy EFGH a S_{2} střed boční stěny BCGF. V první části úloha žádá, abychom ukázali, že se přímky S_{1}C a S_{2}H protínají. Přímky se v prostoru protínají právě tehdy, když určují rovinu. Tuto vlastnost řečené přímky opravdu splňují, neboť obě leží v rovině CFH.

Označme tedy R průsečík přímek S_{1}C a S_{2}H. Z tohoto bodu máme vztyčit kolmici k rovině horní podstavy a najít tak místo (označme tento bod T), odkud se má pavouček spustit do bodu R. To provedeme například tak, že si zvolíme rovinu \alpha kolmou k rovině EFGH, která obsahuje přímku S_{2}H. Průsečnicí rovin \alpha a EFGH je přímka HQ (viz obrázek). Bod T musí ležet na úsečce HQ a zároveň na přímce rovnoběžné s přímkou S_{2}Q, která prochází bodem R.

Otázka určení polohy bodu T se dala vyložit různě. Například spočítat vzdálenosti od bodů S_{1} a G, nebo H a Q, tak abychom ho mohli jednoznačně nalézt. Ale při pohledu na horní podstavu dostaneme pohled, který polohu bodu T určí hned bez namáhavého počítání.

Úsečka HQ totiž splyne s úsečkou HS_{2}, úsečka CS_{1} splyne s úsečkou GS_{1} a bod T splyne s bodem R. Protože S_{1} je střed HF a Q je střed FG, je bod T těžištěm trojúhelníku FGH.

Komentář: Pakliže chyběla odpověď na první či druhou část otázky, strhával jsem za každou až dva body. Na druhou stranu polohové příklady v prostoru nejsou obvykle na základní škole příliš diskutovány a mohou mnohým činit problémy, proto jsem byl v opravování první části úlohy shovívavý.

Úloha č. 4

Nejdříve si uvědomíme, že lev musel mít aspoň 1 bod, protože aspoň dvakrát remizoval. Pátý zajíc měl proto minimálně 1,5 a čtvrtý aspoň 2 body. Celkem měli poslední tři nejméně 4,5 bodu. První zajíc mohl mít nejvýše 4,5 bodu, protože remizoval se lvem. Poslední tři nemohli mít méně a první nemohl mít více, z toho získáváme tyto informace:


$$ 1. 2. 3. 4. 5. lev body

1. X 1:0 1:0 1:0 1:0 1:1 4,5

2. 0:1 X $$ $$ $$ 1:1

3. 0:1 $$ X $$ $$ 1:0

4. 0:1 $$ $$ X $$ 1:0 2

5. 0:1 $$ $$ $$ X 1:0 1,5

lev 1:1 1:1 0:1 0:1 0:1 X 1

$$

Druhý zajíc má tedy nejvíce 3,5 bodu (prohrál a remizoval) a nejméně 3 body (musí mít minimálně o bod více než čtvrtý). Protože se celkem hrálo 15 zápasů, tak si musí rozdělit druhý a třetí mezi sebe celkem 15 - 2\cdot4,5 = 6 bodů. Pokud by měl druhý 3 body, měl by třetí také tři, ale víme, že nemůžou mít stejně, tedy druhý měl 3,5 bodu a třetí 2,5 bodu. Protože nám zbývá už jen jedna remíza, museli ji sehrát třetí a pátý (díky bodům končícím 0,5).

Zbytek doplníme jednoduše, od nejlepších doplňujeme do nevyplněných políček výhry. Výsledek vypadá následovně:


$$ 1. 2. 3. 4. 5. lev body

$$ 1. $$ X 1:0 1:0 1:0 1:0 1:1 4,5

$$ 2. $$ 0:1 X 1:0 1:0 1:0 1:1 3,5

$$ 3. $$ 0:1 0:1 X 1:0 1:1 1:0 2,5

$$ 4. $$ 0:1 0:1 0:1 X 1:0 1:0 2

$$ 5. $$ 0:1 0:1 1:1 0:1 X 1:0 1,5

lev 1:1 1:1 0:1 0:1 0:1 X 1

$$

Komentář: Většina z vás měla úlohu správně, ale jenom polovina z vás došla k tomu, že to jinak být nemohlo. Druhá polovina si tipla, že poslední měl opravdu jen jeden bod a když jim to vyšlo dvakrát to podtrhla. První polovinu chválím.

Úloha č. 5

Protože Mandě trvá upletení ponožky t_{1}=1,25 h, můžeme říci, že plete rychlostí 1 \over t_{1} ponožky za hodinu. Přesněji tím myslíme, že po uplynutí jedné hodiny má Manda hotovo 1 \over t_{1} díla. Obdobně Manda plete rychlostí 1 \over t_{2} ponožky za hodinu, kde t_{2}=2,5 h. Obě dohromady tedy za hodinu upletou

s = 1 \over t_{1} + 1 \over t_{2} ponožky.

Čas nutný k upletení dvou ponožek je pak

t = 2 \over s = 2 \over (1 \over t_{1} + 1 \over t_{2}),

po dosazení za t_{1} a t_{2} dostáváme t = 1 2/3 h = 1 h 40 min. Výměna musí nastat uprostřed času pletení (kdyby rychlejší babička pracovala na první ponožce méně než na druhé, pomalejší by to už nedohnala, takže by první ponožka byla kratší), tedy po t\over2 = 50 min.

Komentář: Drtivá většina řešitelů došla ke správnému řešení. Někteří z vás přímo použili vzoreček s názvem Princip společné práce. Více mě však potěšila řešení, která ukázala, jak k takovému vzorečku dojít. Abych proti těm z první skupiny neznevýhodnil ty, kteří se alespoň pokusili o vysvětlení postupu (o což v naší soutěži jde především), strhával jsem body pouze výjimečně.

Na závěr ještě malou poznámku. V řešení jsme mlčky předpokládali, že práce oběma babičkám ubíhá rovnoměrně. Pokud by ale například Manda byla obzvláště šikovná na pletení špiček a Maxi by byla specialistka na paty, výše uvedený postup by se nedal použít.

Úloha č. 6

Nejprve přineseme jeden druh koláčů, třeba zase povidlové, a dáme ho prvnímu a několika dalším jedlíkům (samozřejmě žádným dvěma sousedícím). Dostane tedy buď jenom první, nebo 1. a 3., 1. a 4., 1. a 5., 1. a 6., nebo 1. a 3. a 5., nebo 1., 3. a 6., nebo 1., 4. a 6.

Potom začneme rozdělovat zbylé tři druhy koláčů těm, co ještě nedostali -- budeme obcházet stůl dokola a každému nabídneme jen druhy, které nemá jeho soused -- každý tedy bude mít na výběr ze dvou nebo tří druhů, tak, jak je to znázorněno na obrázku. Takto můžeme počínat i u sedmého, protože koláč, který dostal první už nerozdáváme. Pro různá rozmístění povidlových koláčů spočítáme počet možných rozmístění ostatních druhů jako součin možností, které mají na výběr jednotliví stolovníci, a nakonec všechny tyto výsledky sečteme:

\eqalignno{ 3\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2+ 3\cdot1\cdot3\cdot2\cdot2\cdot2+ 3\cdot2\cdot1\cdot3\cdot2\cdot2+ 3\cdot2\cdot2\cdot1\cdot3\cdot2&+\cr 3\cdot2\cdot2\cdot2\cdot1\cdot3+ 3\cdot1\cdot3\cdot1\cdot3\cdot2+ 3\cdot1\cdot3\cdot2\cdot1\cdot3+ 3\cdot2\cdot1\cdot3\cdot1\cdot3&=546\cr}

Na začátku ovšem nemusíme rozdávat zrovna povidlové koláče, můžeme začít libovolným druhem, proto bude celkový počet možností čtyřnásobný, tedy 4\cdot546=2184.

Pro obzvláště zvídavé uvádím ještě jedno řešení, které vám možná bude připadat složitější, ale kdybychom chtěli rozdávat koláče více stolovníkům, ušetřilo by nám dost práce.

Rozdávat koláče budeme hezky kolem dokola: nejdřív dáme prvnímu na výběr ze všech 4 druhů. Chudáček druhý si už bude smět vybrat jen ze tří druhů, aby dostal jiný koláč než ten první. Ze tří druhů si budou vybírat také třetí, čtvrtý, pátý a šestý, vždycky aby měli jiný koláč než ten před nimi. Sedmý ovšem nesmí mít koláč stejný ani jako šestý ani jako první. Z kolika koláčů mu dáme vybrat? Kdyby oba jeho sousedé měli stejné koláče, mohl by si vybrat ze tří, jinak se musí spokojit se dvěma. Budeme na něj hodní a dáme mu vybrat ze tří druhů. Jakou máme v takovém případě šanci, že tím celé rozdávání pokazíme a 1. a 7. budou mít stejný koláč?

Někteří z vás hádali, že je to 1\over4, ale pojďme to raději spočítat: Řekněme, že první byla Anička a vybrala si povidlový koláč (pro tvarohový, makový i ořechový to ale vyjde úplně stejně). Druhý tedy povidlový určitě nedostane. Třetí dostane na výběr ze tří koláčů, z toho jeden bude povidlový (protože ho nemá druhý), takže s pravděpodobností 1\over3 bude mít stejný koláč jako Anička. Čtvrtý také dostane na výběr ze tří koláčů, ale povidlový je mezi nimi, jen pokud si ho nevzal třetí, tedy s pravděpodobností 2\over3. Čtvrtý proto dostane povidlový koláč s pravděpodobností 2\over3 \cdot 1\over3 = 2\over9. Podobně je na tom pátý -- povidlový koláč mu nabídnou s pravděpodobností 7\over9. Vybere si ho tedy s pravděpodobností 7\over9 \cdot 1\over3 = 7\over27. Šestý má šanci, že dostane stejný koláč jako Anička 20\over27 \cdot 1\over3 = 20\over81. Pro sedmého je to 61\over81 \cdot 1\over3 = 61\over243 -- v 61 případech z 243 se nám rozdávání nepovede, ve zbylých 182 ano.

Kolika způsoby můžeme koláče rozdat? Celkem to můžeme provést 4\cdot3^{6} způsoby, protože první měl 4 a všichni ostatní 3 možnosti. Spočítali jsme ale, že správně rozdáno je jen 182\over243 z těchto možností. Těch správných způsobů tak bude jen 182\over243 \cdot 4 \cdot 3^{6} = 2184.

Komentář: Tato úloha byla poměrně obtížná. Proto velice chválím všechny, kteří se alespoň přiblížili ke správnému řešení, obzvlášť Dominika Steinhausera, kterého napadl hezký postup podobný první části vzorového řešení.

Úloha č. 7

Málokdo si uvědomil, že existují dvě možnosti, jak může erb vypadat. Zachycují je tyto dva obrázky.

Víme, že trojúhelník a obdélník mají mít stejný obsah. Dáme tedy vzorce pro obsah do rovnice:

\eqalign{ |AB|\cdot|AD| & = |AB| \cdot |VP| \over 2, \cr |AD| & = |VP| \over 2, \cr |VP| & = 2 \cdot |AD|. \cr }

Vyšlo, že výška trojúhelníku musí být dvakrát delší, než kratší strana obdélníku. Protože obdélník je vepsaný, tak střed S kružnice je zároveň průsečíkem úhlopříček obdélníku, a tedy |SP| je polovina |AD|. To platí pro obě řešení. Následující postup je řešením první varianty. Postup pro druhou variantu se liší jen nepatrně a na závěr se o něm ještě zmíním.

Je-li r = 5 cm poloměr kružnice, můžeme vyjádřit délku strany |AD|:

\eqalign{ |VP| & = |VS| + |SP|, \cr 2 \cdot |AD| & = r + |AD| \over 2, \cr |AD| & = 2 \over 3 \cdot r = 10 \over 3 cm. }

Teď už stačí jenom dvakrát použít Pythagorovu větu. Nejprve z trojúhelníku APS zjistíme délku strany AB:

\eqalign{ \left(|AB| \over 2\right)^{2} & = |AS|^{2} - \left(|AD| \over 2\right)^{2}= r^{2} - |AD|^{2} \over 4 , \cr |AB| & = 2 \cdot \sqrt{ r^{2} - 4\over9 \cdot r^{2}\over4 } = 2 \cdot \sqrt{ 8 \cdot r^{2} \over 9 }, \cr |AB| & = 4 \sqrt{2} \cdot r \over 3 = 20\sqrt{2} \over 3 cm. }

Se znalostí délky strany AB můžeme z trojúhelníku BVP dopočítat délku stranu BV:

\eqalign{ |BV| & = \sqrt{|BP|^{2}+|VP|^{2}} = \sqrt{|AB|^{2}\over4 + 4 \cdot |AD|^{2}} = \sqrt{ (4\sqrt{2} \cdot r \over 3)^{2} \over4 + 4 \cdot \left(2\over3 \cdot r\right)^{2} } = \cr & = \sqrt{ 32 \cdot r^{2} \over36 + 16 \cdot r^{2}\over9} = \sqrt{ 8 \cdot r^{2} \over 9 + 16 \cdot r^{2} \over 9} = \sqrt{ 24 \cdot r^{2} \over 9 } = 2\sqrt{6} \cdot r \over3 = 10\sqrt{6}\over3 cm. }

Kratší strana obdélníku měří

10\over3 cm \doteq 3,3 cm,

delší strana obdélníku a základna trojúhelníku mají délku

20\sqrt{2}\over3 cm \doteq 9,4 cm

a ramena trojúhelníku jsou dlouhá

10\sqrt{6}\over3 cm \doteq 8,2 cm.

Postup pro druhou variantu je obdobný. Liší se pouze ve výpočtu |AD|:

\eqalign{ |VP| & = |VS| - |SP|, \cr 2 \cdot |AD| & = r - |AD|\over2, \cr |AD| & = 2\over5 \cdot r = 2 cm. \cr }

U druhé varianty řešení měří kratší strana obdélníku 2 cm, delší strana obdélníku a základna trojúhelníku mají délku

4 \sqrt{6} cm \doteq 9,8 cm

a ramena trojúhelníku jsou dlouhá

2 \sqrt{10} cm \doteq 6,3 cm.

Komentář: Protože obě verze řešení jsou téměř stejné, tak jsem za vynechání jednoho řešení žádné body nestrhával. Zato jsem ale body ubíral těm, kteří místo s rovnoramenným trojúhelníkem počítali s trojúhelníkem rovnostranným. Takový trojúhelník má potom jednoznačně určenou délku strany. Představte si, jaká by to byla náhoda, kdyby vepsaný obdélník, který má s tímto trojúhelníkem jednu stranu společnou, měl stejný obsah.

Opravovali: 1. Pavel Houdek, 2. Lenka Burešová, 3. Ondřej Honzl, 4. Eva Černohorská, 5. Petr Škovroň 6. Tereza Klimošová, 7. Michal Mašek.