Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Označíme počet opeřenců o a počet čtyřnožců č. Podle zadání víme, že č-o=x. Budeme zkoumat, jak tato čísla ovlivňují c a d -- počty dvojic stejného druhu, které sedí vedle sebe. Zvířata můžeme rozdělit na skupiny stejných, která sedí vedle sebe. Po obvodu kruhu tak bude střídavě rozsazeno několik skupin čtyřnožců a několik skupin opeřenců. Jednotlivé skupiny čtyřnožců od sebe jsou odděleny skupinami opeřenců a naopak, proto bude skupin obou druhů stejný počet.

Spočítáme, kolikrát vedle sebe sedí dva jedinci stejného druhu v k-členné skupině. Jestliže je ve skupině jen jedno zvíře, tato situace vůbec nenastane. Když budou dva, dvojice je zjevně jedna, a pokud jich bude víc, začneme počítat dvojice od jednoho okraje: první sedí vedle druhého, druhý sedí vedle třetího, a tak dále, až se dostaneme ke (k-1)-tému a k-tému.

Celkem jsme tedy napočítali k-1 dvojic. Máme-li č čtyřnožců rozdělených do s skupin, celkem vedle sebe dva čtyřnožci sedí (č-s)-krát (za každou skupinu musíme jednoho odečíst), takže c=č-s. Podobně spočítáme, kolikrát vedle sebe sedí dva opeřenci. Víme, že jejich skupin je také s, takže d=o-s.

Když teď budeme chtít spočítat c-d, dosazením získáme c-d=(č-s)-(o-s) a po odstranění závorek dostaneme č-s-o+s=č-o. Zjistili jsme tedy, že c-d nezávisí na počtu skupin (takže je stejné pro všechna možná rozsazení zvířat) a navíc c-d=č-o, což se podle zadání rovná x. Správné řešení tak je, že c-d=x.

Komentář: Úloha nebyla úplně jednoduchá, protože v zadání se vyskytovaly tři neznámé, které spolu na první pohled příliš nesouvisely, ale vypořádali jste se s ní poměrně úspěšně. Nejvíc se mi líbilo řešení Martina Töpfera, které jsem použila jako inspiraci pro vzorové řešení.

Ve vašich řešeních se vyskytovaly víceméně dva druhy nedostatků -- část z vás se spokojila s rozebráním některých případů, pomocí nichž uhodli správné řešení, a předpokládali, že pro ty ostatní to bude platit také.

Druhý typ řešitelů tvrdil, že c=č\over2 a d=o\over2, a tedy c-d=x\over2, což mě poměrně překvapilo, protože pro každý případ kdy x \ne 0 je takové řešení zjevně špatné. Z toho plyne poučení, že jenom zkoušení příkladů nestačí, ale není na škodu si jich pár spočítat.

Úloha č. 2

Na začátek je třeba si ujasnit, co považujeme za různé průběhy turnaje. Nezáleží pouze na tom, kdo se stal celkovým vítězem, ale i na přesném pořadí, ve kterém se jednotlivé dvojice utkaly, a na tom, kdo se stal vítězem kterého duelu.

Kolika způsoby tedy může proběhnout první kolo? Nejprve náhodně vybereme jednoho hráče. Když máme pět hráčů, tak máme pět možností. Potom k němu náhodně vybereme ze zbylých hráčů soupeře. Protože vybíráme jen ze čtyř hráčů, tak to může dopadnout čtyřmi způsoby.

Celkem může výběr dopadnout 5 \cdot 4 = 20 způsoby. Pokud bychom ale nejprve náhodně vybrali hráče A a k němu hráče B, tak dostaneme stejnou dvojici, jako kdybychom vybrali nejprve hráče B a k němu pak hráče A. Každá dvojice bude tímto způsobem vybrána dvakrát, takže počet možných dvojic, které by se mohly utkat v prvním kole je 20 \over 2 = 10.

To ale ještě není počet možných průběhů prvního kola. Každý z deseti možných duelů totiž může skončit dvěma způsoby. Buď vyhraje hráč A, nebo hráč B. Počet možných průběhů prvního kola je tedy 10 \cdot 2 = 20.

Počet možných průběhů následujících kol spočítáme obdobně. Ve druhém kole budeme vybírat pouze ze čtyř hráčů, a tedy celkový počet možných průběhů druhého kola bude 4\cdot3\over2 \cdot 2 = 12, třetího 3\cdot2\over2 \cdot 2 = 6 a čtvrtého 2\cdot1\over2 \cdot 2 = 2.

Zbývá už jenom spočítat celkový počet možných průběhů celého turnaje. Tady se ale objevovala častá chyba. Pro každý z 20 průběhů prvního kola existuje 12 průběhů druhého kola. Celkem tedy existuje 20 \cdot 12 = 240 možných průběhů prvních dvou kol. Výsledek tedy dostaneme vynásobením počtů možných průběhů všech kol, ne jejich sečtením, jak se mnozí z vás domnívali. Počet všech možných průběhů turnaje je 20 \cdot 12 \cdot 6 \cdot 2 = 2880.

Komentář: Častou chybou, jak už jsem zmínil, bylo sčítání možných průběhů jednotlivých kol. Často jste pak také zapomínali na to, že různé výsledky duelů je třeba počítat jako různé průběhy.

Většina z vás si však uvědomila, že v zadání byla chyba, protože takto popsaný turnaj nemohl skončit až v pátém kole. Pokud bychom ale připustili remízu za možný výsledek duelu, tak by to možné bylo. Výpočet by se musel rozdělit na pět částí podle toho, které kolo skončilo remízou. Takto příklad počítali pouze dva řešitelé a oba ho měli správně, takže tu postup neuvádím. Můžete si na něho zkusit přijít sami, počet průběhů pak vyjde 57, 600.

Úloha č. 3

Označme R šířku dráhy, a poloměr kratšího oblouku, r vzdálenost ježkova startu od pravého kraje dráhy, x délku středového úseku trasy a ještě \alpha úhel zakřivení oblouků.

Zkusme spočítat s délku celkové dráhy, po které se ježek takto pohybuje. Je třeba znát vzorec pro délku oblouku o daném úhlu a poloměru, který je velmi názorný a vznikne ze vzorce pro délku kružnice tím, že ho vydělíme 360\deg a vynásobíme úhlem \alpha rovněž ve stupních. Celkem dostaneme:

s=2\pi(a+r)\over360 \cdot \alpha + x + 2\pi(a+R-r)\over360 \cdot \alpha = \pi(R+2a)\over180 + x.

Je zřejmé, že dráha s nezávisí na vzdálenosti r od pravého kraje dráhy. Tímto jsme vlastně odpověděli na otázku, kudy to bude mít ježek nejkratší, protože jsou všechny stejně dlouhé, tedy všechny nejkratší.

Komentář: Úloha nebyla složitá, téměř všichni poznali, že délky všech trajektorií jsou stejné, ale hodně z vás psalo o středové souměrnosti, o tom, jak se nejprve bude ježek valit po kratším a pak po delším oblouku, to však nebylo podloženo výpočtem. Takto jste mohli získat maximálně tři body.

Úloha č. 4

Úvodní poznámka zní: hrana délky k úseků obsahuje k+1 bodů (dobře si to vybavíme třeba ve spojení s notovou osnovou -- má o jednu linku víc, než kolik má mezer). Nejdůležitější je uvědomit si, kolik vnitřních bodů má každá hrana, stěna nebo kolik bodů tvoří vnitřek kvádru.

Vnitřek znamená bez hranice, to znamená, že k vnitřku hrany nepatří její krajní dva body.

Hrana délky k má proto (k+1)-2=k-1 vnitřních bodů. Podobně počet bodů uvnitř stěny o rozměrech k\times l dostaneme jako součin (k-1)(l-1) a počet bodů uvnitř kvádru s rozměry k, l, m bude (k-1)(l-1)(m-1). Tím jsme vlastně řekli, jakým způsobem pro daný konkrétní kvádr dopočítáme čísla N, S a H. Naším úkolem je určit tři konstanty a, b, c tak, aby platila rovnice pro objem kvádru V=aN+bS+cH+1.

Stačí si proto vybrat tři konkrétní kvádry a na jejich základě sestavit soustavu tří rovnic o třech neznámých. Zvolme krychli 2\times2\times2 a kvádry 1\times1\times2 a 1\times2\times2.

Krychle o objemu 8 má jeden vnitřní bod, šest bodů uvnitř stěn a dvanáct vnitřních bodů hran.

První rovnice bude mít tvar

8=a+6b+12c+1.

První kvádr nemá žádný vnitřní bod ani žádný bod uvnitř libovolné své stěny, uvnitř hran má celkem čtyři mřížové body. Dostáváme druhou rovnici

2=4c+1.

Odtud je jasné, že konstanta c=1\over4.

Druhý kvádr nemá žádný vnitřní bod, uvnitř stěn najdeme dva body a uvnitř hran osm bodů, tedy

4=2b+8c+1.

Dosadíme-li do této rovnice hodnotu c=1\over4, vyjde hodnota konstanty b=1\over2. Nyní hodnoty b a c dosadíme do první rovnice a dopočítáme konstantu a: 8=a+3+3+1, tedy a=1.

Otázka, která teď vyvstane je, zda uvedený vzorec platí pro všechny možné kvádry. Rozhodně to neprokážeme tím, že vzorec vyzkoušíme na jednom jiném kvádru. Ale šlo by to spočítat obecně. Uvažujme kvádr o rozměrech k \times l \times m. Tento kvádr má objem k \cdot l \cdot m, hodnota N=(k-1)(l-1)(m-1), počet vnitřních bodů stěn získáme jako S=2\cdot((k-1)(l-1)+(k-1)(m-1)+(l-1)(m-1)) -- máme vždy dvě strany se shodnými rozměry. Počet bodů uvnitř hran je potom H=4\cdot((k-1)+(l-1)+(m-1)), neboť kvádr obsahuje vždy čtyři rovnoběžné hrany dané délky. Vzorec pro výpočet objemu můžeme tedy přepsat jako

\eqalignno{k \cdot l \cdot m& = a(k-1)(l-1)(m-1)\cr & +2b\cdot((k-1)(l-1)+(k-1)(m-1)+(l-1)(m-1))\cr & + 4c\cdot((k-1)+(l-1)+(m-1))+1,\cr}

jedná se o polynomiální rovnici, neboť rovnost má být splněna pro všechna možná k, l a m. Abychom toho dosáhli, musí se rovnat koeficienty příslušných členů na obou stranách rovnice.

Máme-li na levé straně jednou člen k \cdot l \cdot m, musí být právě jednou i na pravé straně. Roznásobením závorek na pravé straně a dosazením za konstanty a, b, c dostaneme

\eqalignno{ k \cdot l \cdot m &= (k \cdot l \cdot m-(kl+km+lm)+(k+l+m)-1)\cr & +((kl+km+lm)-2(k+l+m)+3)\cr & +((k+l+m)-3)+1, \cr}

pokud sečteme pravou stranu, vyjde rovnost k \cdot l \cdot m = k \cdot l \cdot m, která platí pro libovolná k, l ,m.

Tím jsme ověřili platnost uvedeného vzorce.

Komentář: Někteří z vás stanovili konstanty libovolně pomocí pouze jednoho kvádru, to však nelze, neboť takto sestavený vzorec bude fungovat právě pro tenhle jediný kvádr. Další z vás nepočítali pouze s vnitřními body, ale se všemi, proto nutně došli k tomu, že vzorec neplatí pro žádná pevně zvolená čísla a, b, c.

Úloha č. 5

Lehko si ověříme, že číslo n \over m = 7 \over 9 podmínku ze zadání splňuje. Teď stačí zjistit, že menší m než 9 nenajdeme. To ověříme tak, že pro všechna menší m najdeme čísla a \over m a a+1 \over m taková, že a \over m < 3 \over 4 a 4 \over 5 < a+1 \over m. Tato čísla jsou v následující tabulce:


1 0/1 1/ 1

2 1/2 2/2

3 2/3 3/3

4 3/4 4/4

5 3/5 4/5

6 4/6 5/6

7 5/7 6/7

8 6/8 7/8

$$

Komentář: Někteří zlomky rozšířili na čtyřicetiny, ale neuvědomili si, že když budou dále rozšiřovat, tak se zlomek může zkrátit. Další skupina použila k nalezení m postup z šesté úlohy, ti ovšem stejně museli říct, proč menší m neexistuje.

Úloha č. 6

a) Mějme dva zadané zlomky, pro něž platí a \over b < c \over d. Pro nový sestavený zlomek má platit:

a \over b < a+c \over b+d < c \over d.

Upravíme první nerovnici:

\eqalign{ ab+ad &( ab + cb\cr ad &( cb \cr a \over b &( c \over d,\cr}

což jak víme, platí. Druhou nerovnici upravíme:

\eqalign{ ad + cd &( cb + cd\cr ad &( cb,\cr}

což také ze zadání platí. Případ a) máme dokázaný.

b) Teď mějme tři zadané zlomky, pro které platí:

a \over b < c \over d < e \over f,

tedy ad < cb a af < eb. Sečtením těchto dvou nerovnic dostaneme:

ad+af < cb+eb.

Pro výsledný zlomek má platit:

a \over b < a+c+e \over b+d+f < e \over f.

Opět nám vzniknou dvě nerovnice, které dokážeme. Upravujme nejprve první:

\eqalign{ a \over b &( a+c+e \over b+d+f \cr ab+ad+af &( ab+cb+eb \cr ad+af &( cb+eb, \cr}

což víme že platí. Druhá nerovnice:

\eqalign{ a+c+e \over b+d+f &( e \over f \cr af+cf+ef &( be+de+ef \cr af+cf &( be+de. \cr}

Tuto nerovnost dokážeme opět ze zadání a to úpravou a sečtením nerovnic a \over b < e \over f a c \over d < e \over f, tedy $af+cf < be+ed$. Tímto máme dokázáno i b).

c) Nyní máme čtyři zadané zlomky $a \over b < c \over d < e \over f < g \over h$. Vzniklý zlomek má splňovat:

a \over b < a+c+e+g \over b+d+f+h < g \over h.

Opět aplikujeme stejný postup. Rozdělíme tuto nerovnici na dvě, upravíme a ze zadání dokážeme. První nerovnice:

\eqalign{ a \over b &( a+c+e+g \over b+d+f+h \cr ab+ad+af+ah &( ab+bc+be+bg \cr ad+af+ah &( bc+be+bg. \cr}

Ze zadání máme nerovnice a \over b < c \over d, a \over b < e \over f, a \over b < g \over h, tedy ad < bc, af < be, ah < bg. Ty sečteme a obdržíme:

ad+af+ah < bc+be+bg,

čímž jsme dokázali první vlastnost vzniklého zlomku.

Druhá nerovnice:

\eqalign{ a+c+e+g \over b+d+f+h &( g \over h \cr ah+ch+eh+gh &( bg+dg+fg+hg \cr ah+ch+eh &( bg+dg+fg. \cr}

Ze zadání máme znovu a \over b < g \over h, c \over d < g \over h a e \over f < g \over h, tedy ah < bg, ch < dg a eh < fg. Jejich sečtením dostaneme:

ah+ch+eh < bg+dg+fg

a tímto jsme dokázali platnost i druhého výroku ze zadání úlohy.

Komentář: Body jsem strhávala především za neobecné řešení a poté za nějaké malé chyby v řešení.

Úloha č. 7

Hned při prvním zamyšlení nás napadne, že lichoběžník není pevně daný a stejně tak ani poloměr kružnice. Jedním z možných lichoběžníků byl dokonce i čtverec s obvodem 20 loktů. Zbývá tedy ukázat, že ostatní lichoběžníky mají tentýž obvod.

Označme délku střední příčky |EF|=p a lichoběžník podle obrázku. Nejprve potřebujeme ukázat, že a+c=2\cdotp.

Doplněním lichoběžníku ABCD na obdélník AB\hat_gr(C)\hat_gr(D) nám vzniknou trojúhelníky AD\hat_gr(D) a B\hat_gr(C)C, v nichž prodloužení p (F\hat_gr(F) a E\hat_gr(E)) tvoří střední příčky. Z podobnosti AF\hat_gr(F) \sim AD\hat_gr(D) víme, že 2\cdot|F\hat_gr(F)|=|D\hat_gr(D)|, a stejně tak 2\cdot|E\hat_gr(E)|=|C\hat_gr(C)|. Platí tedy p+|F\hat_gr(F)|+|E\hat_gr(E)|+p-|F\hat_gr(F)|-|E\hat_gr(E)|=a+c, tj. 2\cdotp=a+c. Z uvedeného vztahu plyne a+c=10 loktů.

Další vzorec, ze kterého plyne již naše potřebné zobecnění, je vztah pro tečnový čtyřúhelník (takový čtyřúhelník, kterému lze vepsat kružnice). Platí v něm, že a+c=b+d.

Pokusíme se tento vztah odvodit z následujícího obrázku:

Pro každý vrchol čtyřúhelníku lze nakreslit podobný obrázek. Vzniknou nám zde dva pravoúhlé trojúhelníky s přeponou délky |XS| a odvěsnou délky r, a protože jsou oba pravoúhlé (díky tomu, že druhá odvěsna je tečnou kružnice), musí být shodné, tedy i druhé odvěsny XT a XU jsou stejně dlouhé.

Další obrázek je již dokončením důkazu. Vidíme, že a+c=\hat_gr(a)+\hat_gr(b)+\hat_gr(c)+\hat_gr(d), stejně tak i b+d=\hat_gr(a)+\hat_gr(b)+\hat_gr(c)+\hat_gr(d).

Jestliže tedy a+c=10=b+d, obvod lichoběžníku je skutečně 20 loktů.

Komentář: Úlohu snad každý řešitel pojal trochu jinak, a proto i já jsem zvolil trochu odlišný postup. Varovat chci hlavně všechny řešitele, aby se nepokoušeli řešit úlohu tím, že si namalují obrázek a v něm změří veličiny, které neumí spočítat. Takový postup není matematicky korektní, a tak jsem za něj body udělit nemohl.

Opravovali: 1. Tereza Klimošová, 2. Michal Mašek, 3. Ondřej Honzl, 4. Lenka Blažková, 5. Eva Černohorská, 6. Klára Krejčíčková, 7. Honza Blažek.