Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

„Jakýsi šlechtic pořádal hostinu, na které se sešlo dohromady 34 lidí. Všichni seděli kolem jednoho kulatého stolu. Každý měl před sebou číši bílého, nebo červeného vína. Víme, že u stolu seděla urozená paní, která pila červené víno. Jeden sluha chtěl svého pána otrávit, a tak vsypal do jeho číše bílého vína jed. Než se však pán stihl napít, kdosi z hostů zakřičel, ať si všichni, kdož před sebou mají červené víno, vezmou sklenici od souseda po své levici. Všichni tak učinili a potom jiný host zavelel, aby všichni, kteří mají před sebou číši bílého vína, posunuli tuto sklenici o dvě místa doleva. Jinak se se sklenicemi nehýbalo. Je pravda, že po těchto výměnách u stolu určitě seděl člověk, který měl před sebou alespoň dvě číše vína? Proč?“

Řešení: Nejprve si uvědomme, že když existuje člověk, který má před sebou alespoň dvě číše vína, pak taky existuje někdo, kdo nemá žádné, a naopak.

Budeme se snažit vytvořit takové rozmístění vín, aby po výměnách měli všich\minusni právě jednu sklenici. Prozradím vám dopředu, že se nám to nepodaří.

V takovém rozmístění nesmí být dva a více lidí s červeným vínem vedle sebe. V takovém „bloku“ lidí s červeným vínem skončí totiž člověk nejvíce vlevo po prvním posunu se dvěma červenými víny, kterých už se nemůže ve druhém kroku zbavit.

Každé červené víno je tedy obklopeno víny bílými a za celou dobu se vůbec nepohne. Po prvním posunu mají všichni ti, kdo měli původně červené víno, navíc ještě jedno bílé. Toto bílé víno posílají v druhém kroku o dvě místa doleva, kde proto nesmí být člověk -- říkejme mu Karel -- s červeným vínem. (Jak již víme, červená vína zůstávají celou dobu na svém místě, a tak by měl Karel na konci dvě sklenice.)

Z toho dostáváme, že nemůže být bílé víno obklopeno dvěma červenými, tj. že bílá vína se musí vyskytovat alespoň po dvou vedle sebe.

A konečně pokud někde budou tři a více bílých vín za sebou, pak v tomto „bloku“ bílých druhému zleva po prvním kroku víno zůstane a v druhém jej pošle červenému, který tak bude mít dvě. Takže tři a více bílých vín v řadě máme taky zakázáno.

Celý kruh musí tedy být tvořen opakujícími se trojicemi červené, bílé, bílé, červené, bílé, bílé atd. Jenže 34 není dělitelné třemi, a tudíž takové rozmístění vín nelze vytvořit.

Vždy po výměnách u stolu seděl člověk s alespoň dvěma víny.

Komentář: Příklad nebyl úplně jednoduchý, správných řešení se sešlo málo. Muselo se totiž ukázat, že opravdu v každém rozestavení vín zbudou někomu alespoň dvě sklenice, a většina z vás na nějakou možnost zapomněla.

Úloha č. 2

Každá hlávka měla tvar koule. Tři, které ležely přímo na stole a navzájem se dotýkaly, měly průměr 8 palců. Čtvrtá byla o něco menší, měla průměr 6 palců. Ležela na třech větších hlávkách, takže se také každé z nich dotýkala. Jak vysoká byla tato pyramida?

Řešení: Středy tří koulí o průměru 8 palců tvoří rovnostranný trojúhelník se stranou délky 4+4=8 palců ležící v rovině rovnoběžné se stolem ve výšce 4 palce. Střed čtvrté koule o průměru 6 palců je vrcholem pravidelného trojbokého jehlanu, jehož šikmé hrany mají délku 4+3=7 palců. Nejvyšší bod pyramidy těchto čtyř koulí leží nad stolem ve výšce 4+v+3, kde v je výška jehlanu. Výšku jehlanu spočteme následovně: Určíme těžiště podstavného trojúhelníku a pak ze známých délek stran jehlanu dopočítáme jeho výšku, všechno pomocí Pythagorovy věty.

V rovnostranném trojúhelníku splývá výška a těžnice. Její délka je

\sqrt{8^{2}-(8/2)^{2}}=\sqrt{48}

Těžiště leží na těžnici v její dvoutřetinové vzdálenosti od vrcholu. Velikost výšky jehlanu je tedy \sqrt{7^{2}-(2/3\cdot \sqrt{48})^{2}}=\sqrt{83/3} palců.

Celková výška pyramidy je tedy 4+\sqrt{83/3}+3 \doteq 12,25 palců.

Komentář: Přišla spousta správných řešení, většinou podobných vzorovému. Jde o úlohu početní, kterou nemůžete řešit narýsováním a změřením. Body jsem dávala následovně: Po jednom bodu za každý ze tří výpočtů, jeden bod za vysvětlení, jak se ta výška vlastně spočte, a poslední bod jsem rozdělovala podle míry zaokrouhlování v příkladu. Průběžné zaokrouhlování vede ke zkreslení celkového výsledku, proto je dobré počítat co nejobecněji a zaokrouhlit až výsledek.

Úloha č. 3

„Kdyby šlo všechno podle plánu, jel bych pořád stejnou rychlostí a přijel bych sem včas. Jenže dvě hodiny poté, co jsem vyjel, jsem píchnul kolo. Deset minut jsem ho spravoval a pak už jsem jel raději jenom rychlostí 30 mil za hodinu, takže jsem přijel o půl hodiny později, než jsem chtěl. Kdybych to kolo píchnul o 30 mil dál, zpozdil bych se jenom o čtvrt hodiny. Ale člověk zkrátka musí s nehodami počítat, když se vydává na dlouhé cesty. Víte, jak daleko odtud bydlím?“

Řešení: Při řešení této úlohy využijeme vzoreček pro výpočet rychlosti, pro připomenutí je to vzoreček v=s/t, kde v je rychlost, s je dráha a t je čas.

Nejdříve spočítáme, jaká byla původní rychlost auta před nehodou. To spočteme díky údaji, že kdyby píchl kolo až o 30 mil dále, nabral by zpoždění pouze 15 minut. My ale víme, že přijel pozdě o 30 minut. Vzhledem k tomu, že oprava kola mu zabrala 10 minut, musíme 10 minut od zpoždění odečíst, abychom získali pouze zpoždění, které nabral na cestě pomalejší jízdou. Označme t_{1} skutečný čas zpoždění, t_{1} = 20 min, a t_{2} fiktivní čas zpoždění, t_{2} = 5 min. Rozdílem t_{1} - t_{2} dostaneme zpoždění, které nabral na úseku 30 mil, tedy 15 minut. Vzdálenost 30 mil rychlostí 30 mil/h ujel za hodinu, při tom ale nabral zpoždění 15 minut, takže původní rychlostí by 30 mil ujel jen za 45 minut. Teď můžeme dopočítat původní rychlost:

v = s/t,
v = 30/0,75,
v = 40 \milh .

Od domu do místa nehody jel 2 hodiny rychlostí 40 \milh , takže ujel 80 mil.

Už zbývá jen spočítat, kolik mil je to od místa fiktivní nehody do cíle. My víme, že na úseku délky 30 mil nabral zpoždění 15 minut, zbylých 5 minut zpoždění musel nabrat na zbytku cesty. To už můžeme spočítat přímou úměrou: Získají-li zpoždění 15 min za 30\mil jízdy, pak za třetinu doby (5 min) získají zpoždění 10 \mil .

Vzdálenost od domu do sídla je 80 + 30 + 10 = 120 \mil .

Úloha č. 4

„Okolo Summerflow rostou čtyři velmi staré stromy – akát, buk, cedr a dub. Zvláštní na nich je to, že v tomto pořadí přesně tvoří vrcholy ohromného čtverce o straně 3 míle. Místní tvrdí, že kdesi na spojnici mezi cedrem a dubem stával ještě křížek, ale nikdo už neví, kde přesně. A podle legendy je prý v těžišti trojúhelníku tvořeného akátem, bukem a křížkem zakopán poklad. Když jsem to poprvé slyšel, napadlo mě, že přeci nemusím znát přesné místo, kde křížek stával, že zkrátka budu kopat ve všech místech, kde těžiště tohoto trojúhelníku mohlo být. Brzy mě však touha po pokladu přešla. Umíš mi přesně popsat, kde všude jsem měl kopat, abych na poklad narazil?“

Řešení: Označíme si místa, kde rostou jednotlivé stromy, jako bod A pro akát, B pro Buk, C pro cedr a D pro dub. Místo, kde stál křížek, označíme K. Máme zadaný čtverec ABCD o straně 3 míle, na jehož straně CD se nachází bod K. Těžiště trojúhelníku leží v jedné třetině délky jeho těžnice. Jednou z těžnic trojúhelníku ABK je úsečka SK, kde S je střed AB. Vzhledem k tomu, že bod K je vždy vzdálen 3 míle od úsečky AB, vyplývá z podobnosti trojúhelníků, že těžiště, které leží v jedné třetině SK, bude od úsečky AB vždy vzdáleno 1 míli. Tímto jsme zjistili, že se těžiště bude určitě nacházet někde na přímce rovnoběžné s AB vzdálené od ní 1 míli. Nyní jen zbývá určit, na jaké části této přímky může bod T ležet.

Je vcelku zřejmé, že krajních poloh dosáhne bod T tehdy, když i bod K bude ležet v krajních polohách, neboli buď bude K\cong C, nebo K\cong D. V těchto situacích je bod K vzdálen 1,5 míle od osy úsečky AB, a proto je bod T, který leží ve třetině SK, vzdálen 0,5 míle od osy úsečky AB, a tím pádem 1 míli od úsečky BC, respektive AD. Tím jsme již určili, že těžiště trojúhelníku ABK se nachází na 1 míli dlouhé úsečce rovnoběžné s AB, která je od AB vzdálena 1 míli a její krajní body jsou taktéž 1 míli od úseček BC a AD.

Jiné možné řešení je následující postup s pomocí analytické geometrie: Jednotlivým bodům dáme souřadnice A(0;0), B(3;0), C(3;3), D(0;3) a K(x;3), x\in_langle()0;3\rangle. Souřadnice těžiště jsou průměrem souřadnic vrcholů, takže hledané těžiště má souřadnice

T\left(0+3+x/3;0+0+3/3\right).

Jak vidíme, y-ová souřadnice je konstantně 1 a x-ová se mění od 1 po 2.

Komentář: Asi nejčastějším problémem došlých řešení bylo, že jste pouze narýsovali těžiště trojúhelníků v krajních pozicích, jejichž následným spojením jste dostali správnou úsečku. Pokud jste však vycházeli pouze takto z obrázku a nezdůvodnili, proč je to skutečně úsečka, dostali jste obvykle 3 body. Méně šťastní řešitelé totiž také vycházeli z obrázku, ovšem špatného, a proto jim vyšla jiná oblast než hledaná úsečka, za což dostali 1 až 2 body. Pochválit bych chtěl Jana Kaifera a Václava Steinhausera, kteří do svých řešení zapojili myšlenky z analytické geometrie.

Úloha č. 5

Znak vznikl složením šesti čtvrtoblouků kružnice (šedá plocha na obrázku \obref z5) o poloměru r. Uměli byste říci jaký měl obsah?

Řešení: Ze zadání víme, že znak tvoří šest čtvrtoblouků kružnic. Vždy dvě sousední kružnice se tedy dotýkají právě v bodě, kde začínají a končí čtvrtoblouky. Tento bod zároveň leží na spojnici středů dvou sousedních kružnic.

Když spojíme středy sousedních kružnic, získáme čtyřúhelník. Strany tohoto čtyřúhelníku mají délku 2\cdot r a svírají úhel 90° právě díky tomu, že ohraničují čtvrtkružnice. Jedná se tedy o čtverec.

Máme spočítat obsah šedé plochy, kterou si můžeme rozdělit na šedou plochu uvnitř čtverce a vně čtverce. Víme, že vně čtverce jsou šedé 3/4 kruhu. Pokud označíme S_{1} obsah čtvrtkruhu, má tato část obsah 3\cdot S_{1}.

Uvnitř čtverce jsou tři čtvrtkruhy bílé a zbytek šedý, to znamená, že šedá plocha má obsah S_{čtverce}-3\cdot S_{1}.

Můžeme si představit, že tři šedé čtvrtkruhy ze spodní části přesuneme na místo bílých čtvrtkruhů uvnitř čtverce a vznikne celý šedý čtverec. Celá šedá plocha má tedy obsah

3\cdot S_{1}+S_{čtverce}-3\cdot S_{1}=S_{čtverce} .

Stačí nám spočítat obsah čtverce $S_{čtverce}=(2\cdot r){2}=4\cdot r{2}. Obsah znaku je tedy 4\cdot r{2}$.

Komentář: Většina řešitelů došla jednodušší či složitější cestou ke správnému výsledku. U několika řešení byl překvapivě použit špatný vzorec na obsah kruhu. Pokud si nejste jisti, jestli je nějaký vzoreček správně, nic vám nebrání v tom si ho ověřit v učebnici nebo na internetu.

Úloha č. 6

„Víš, na strážnici je nás pět, kteří máme od skladu klíče. A podle předpisů je muniční sklad řádně zabezpečen, takže je zamčen deseti různými zámky a klíče jsou rozdány tak, aby žádní dva z nás nebyli schopni sklad odemknout, ale libovolní tři už to mohli udělat. Víš, jak máme klíče rozdělené?“ zeptal se mě a zachrastil na mě svazkem šesti klíčů.

Řešení: Dveře nemůže otevřít žádná dvojice, tedy každé dvojici musí chybět aspoň jeden klíč. Ten ale musí mít všichni tři zbývající, aby se k nim mohl připojit libovolný z nich a dveře se otevřely. Tedy máme od každého zámku tři klíče, tj. celkem třicet klíčů.

Ukážeme, že každý musí mít šest klíčů: Kdyby měl jeden strážník více než šest klíčů, třeba od prvních sedmi zámků, tak poté žádný ze čtyř zbývajících strážníků nemá všechny tři klíče od zámků osm až deset, ale dohromady musí mít tři klíče od osmého, tři od devátého a tři od desátého zámku. Tedy každý má maximálně dva klíče od zámků osm až deset a dohromady mají maximálně osm klíčů od zámků osm až deset, nikoli 3\cdot 3 = 9.

Naším cílem je najít nějaké rozložení klíčů, možností je více. S těmito informacemi není těžké najít nějaké řešení.

Strážníky si označíme A, B, C, D, E. Symbol \times znamená, že klíč má. Rozdělení klíčů by mohlo vypadat například takto:

\settabs 11 \columns \code43 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 $ \cr \code43 A \times \times \times \times \times \times $ \cr \code43 B \times \times \times \times \times \times \cr \code43 C \times \times \times $ \times \times \times \cr \code43 D \times \times$ \times \times \times \times \cr \code43 E \times \times \times \times \times \times \cr

Komentář: Hodně řešení bylo správných, některá ovšem nevysvětlila, proč má každý strážník 6 klíčů. Tato skutečnost neplynula ze zadání.

Úloha č. 7

„Na cokoli? No jak myslíte,“ řekl jsem polohlasně. „Je mezi čísly od 0 do 99 999 999 víc těch, která obsahují jedničku, nebo těch, která ji neobsahují?“

Řešení: Na začátek můžeme předpokládat, že všechna čísla, která mají osm či méně cifer, jsou osmiciferná. Například číslo 1,234 se dá zapsat jako 00,001,234. Poté počet čísel bez jedničky je jednoduše 9^{8}, neboť na každou z osmi pozic můžeme dát libovolné číslo kromě jedničky. Protože 9^{8}=43,046,721< 50,000,000 (tedy půlka ze všech čísel), je čísel bez jedničky méně.

Komentář: Nejpodstatnější částí této úlohy bylo si uvědomit, že počítat čísla bez jedničky je mnohem snazší. Počet čísel s jedničkou pak dopočteme jako rozdíl počtu všech čísel a čísel bez jedničky. Poté již úloha byla téměř vyřešena. Mezi špatnými řešeními se často vyskytly argumenty vesměs podobné tomu, že mezi 19 je více čísel bez jedničky, a proto to bude platit i pro víceciferná čísla. To ovšem neplatí. Pro představu, proč to není dobře, si lze představit například toto: Mezi deseti lidmi se našel jeden, co vyhrál zlato na olympiádě. To ovšem určitě neznamená, že v celé České Republice má desetina lidí zlato. Pokud někomu padne šestka pětkrát za sebou v deseti hodech, určitě z toho neplyne, že ve sto hodech se mu povede hodit šestku pětkrát za sebou celkem desetkrát.

Opravovali: 1. Hana Bílková, 2. Helena Pučelíková, 3. Tereza Ptáčková, 4. Miroslav Koblížek, 5. Lenka Petržilková, 6. Klára Krejčíčková, 7. Lukáš Zavřel.