Úloha č. 1

Marek byl na krychli o hraně 20 m a provazem dlouhým 20\sqrt{2} m byl přivázaný k vrcholu krychle. Snažil se najít něco, čím by provaz přeřízl, a tak chodil všude, kam mu to provaz dovolil, a tím z krychle sundával řasy. Jak vypadá a jak velká je část povrchu krychle, kterou Marek takto očistí? Krychle se vznáší ve vodě a Marek je tak v pohybu po jejích stěnách omezen jen délkou provazu.

Řešení: Nejprve si uvědomím a nakreslím, kam se může Marek dostat -- viz obr. \obref vz611 (provaz je přivázán v bodě S). Provaz je dlouhý stejně jako úhlopříčka stěny krychle, proto očistí nejen tři stěny u bodu S, ale i kousky na ostatních stěnách.

Pro vypočítání plochy očištěné části je dobré si uvědomit, že se tato plocha skládá z tří plně očištěných čtverců a tří útvarů BGCD. Tyto útvary si rozpůlím a spojením půlky čtverce a půlky útvaru BGCD dostanu 6 útvarů SDGC. Plochu tohoto útvaru vypočítám jako součet plochy výseče CSG a trojúhelníku GSD:

\eqalign{ S &= 6 \cdot S_{SDGC}, \cr S_{SDGC} &= S_{CSG} + S_{GSD}. \cr }

Označím si délku provazu r a délku strany krychle a.

Nejprve spočítám obsah trojúhelníku GSD pomocí trojúhelníku VSG, který je rovnostranný (délka všech stran je r). Pro spočítání plochy tohoto trojúhelníku potřebuji znát výšku, ta ale půlí stranu, např. VS, čímž vznikne pravoúhlý trojúhelník UGS. Z Pythagorovy věty |US|^{2} +|UG|^{2}=|GS|^{2} , tedy v=|UG|=\sqrt{|GS|^{2}-|US|^{2}}=\sqrt{r^{2}-(r/2)^{2}}=\sqrt{3}/2 r. A S_{VSG}=1/2 \cdot r\cdot v = 1/2 \cdot r \cdot\sqrt{3}/2 r = \sqrt{3}/4 r^{2}. Dopočítám plochu trojúhelníku GSD:

\eqalign{ S_{GSD} &= 1/2(S_{VSG}-S_{VDS}), \cr S_{GSD} &= 1/2(1/4\sqrt{3} r^{2}-1/2a^{2}), \cr S_{GSD} &= 1/8 (\sqrt{3} r^{2}-2a^{2}). \cr }

K výpočtu plochy výseče potřebuji znát úhel CSG. Vím, že trojúhelník VGS je rovnostranný, proto je |\angle VSG|=60°. Dále znám velikost úhlu VSC, $| \angle VSC|=90\deg (VS, SC$ jsou úhlopříčky čtverce). Jejich rozdílem dostávám \alpha=|\angle GSC|=|\angle VSC|-|\angle VSG|=90\deg-60\deg=30\deg. A pomocí známého vzorečku spočtu:

\eqalign{ S_{CSG} &= \pi r^{2} \alpha/360 , \cr S_{CSG} &= \pi r^{2} \cdot 30/360 , \cr S_{CSG} &= \pi r^{2} /12 . \cr }

Nyní stačí vše dosadit do vzorečku:

\eqalign{ S_{SDGC} &= S_{CSG} + S_{GSD}, \cr S_{SDGC} &= \pi r^{2} /12 +1/8 (\sqrt{3} r^{2}-2a^{2}),\cr }
\eqalign{ S &= 6 \cdot S_{SDGC}, \cr S &= 6 \cdot (\pi r^{2} /12 +1/8 (\sqrt{3} r^{2}-2a^{2})),\cr S &= \pi r^{2} /2 +6/8 \sqrt{3}r^{2}-6/8 2a^{2},\cr S &= \pi r^{2} /2 +3/4 \sqrt{3}r^{2}-3/2 a^{2},\cr S &= \pi (\sqrt{2}\cdot 20)^{2} /2 +3/4 \sqrt{3}(\sqrt{2}\cdot 20)^{2}-3/2 20^{2} m^2,\cr S &= 2 \pi \cdot 400 /2 +3/4 \sqrt{3}\cdot2\cdot 400-3/2 400 m^2,\cr S &= 400 \pi + 600\sqrt{3} -600 m^2,\cr S &\doteq 1,695,8675 m^2.\cr }

Marek očistil plochu (400\pi + 600\sqrt{3} -600) m^2.

Komentář: Chtěla bych pochválit několik řešitelů, kteří si s touto zapeklitou úlohou poradili a získali tak 5 bodů. Spousta řešitelů si totiž dokázala očištěnou plochu nakreslit, ale spočítat obsah bohužel nedovedla. To jsem hodnotila 3 body.

Úloha č. 2

Pojmenujme si tyto dva mořské panáky Adrian a Alan. Jako první věšel obraz Adrian. Nepověsil ho však na jeden hřebík, ale omotal ho kolem dvou hřebíků, které byly vodorovně vedle sebe přibité na stěně, s tím, že když prý Alan vytáhne levý hřebík, obraz na pravém zůstane viset, ovšem když vytáhne pravý, obraz spadne na zem, ačkoli se provázek předtím levého hřebíku určitě dotýkal. Alan se však Adrianovi vysmál, že to zná a provázek kolem hřebíků omotal tak, že na nich visel, ale když Adrian libovolný z nich vytáhnul, obraz spadl. Řekněte a načrtněte, jak obraz pověsil Adrian a jak Alan.

Řešení: Mnoho řešitelů si vyložilo zadání jiným způsobem, než jsme očekávali, takoví řešitelé dostali menší počet bodů, pokud jejich řešení využívalo znatelně zjednodušeného zadání. Zkusím tedy problém formulovat přesněji: „K těžkému obrázku je na dvou místech připevněn jeden souvislý provaz -- bez oček nebo uch. Obraz je třeba pověsit na dva velmi silné hřebíky tak, aby (v druhém úkolu) po zmizení libovolného hřebíku obraz spadl, nebo (v prvním úkolu) aby levý hřebík obraz podpíral, ale obraz by přežil na stěně i po jeho odstranění.“

Řešení prvního úkolu (za 2 body) bylo obtočit provaz kolem pravého hřebíku a jen ho položit na levý, jak to ukazuje tento obrázek:

Řešení druhého úkolu (za 3 body, nebo za 1 bod se zjednodušením) bylo udělat smyčku kolem obou dvou hřebíků tak, že se závěs otevře při odstranění libovolného. Několik možných řešení ukazují následující obrázky:

Ač je to složitější, dá se dokázat, že pro libovolný počet hřebíků existuje takové zavěšení, že odstranění libovolného z nich způsobí pád obrazu. Zde je příklad pro tři hřebíky:

Úloha č. 3

Úkolem hry bylo nakreslit pěti úsečkami pěticípou hvězdu s co největším součtem velikostí úhlů u vrcholů. Vyhrál ten, který nakreslil hvězdu, jejímiž vrcholy lze proložit kružnici, anebo ten, který nakreslil hvězdu nepravidelnou?

Řešení: Vzorové řešení podle Vojty Lanze:

Vycházím z toho, že součet úhlů v trojúhelníku je 180°, součet úhlů v pětiúhelníku je 540°. V pěticípé hvězdě jsem si našel všechny trojúhelníky, jejichž 2 vrcholy jsou shodné s vrcholy pěticípé hvězdy: ABJ, AEH, DCI, DEF, CBG. Součet vnitřních úhlů každého trojúhelníku musí být 180°. Takže i musí platit, že když od 180° odečtu velikost např. úhlu \alpha, tak dostanu součet dvou zbylých úhlů, které tvoří vnitřní úhly v trojúhelníku DEF, tedy tak bych získal součet dvou vnitřních úhlů u vrcholů pěticípé hvězdy. Proto jsem si vypsal tento výraz, který se rovná dvojnásobnému součtu vnitřních úhlů u vrcholů pěticípé hvězdy, protože každý ten úhel započítávám vlastně dvakrát: (180°- \alpha) + (180°- \beta) + (180°- \gamma) + (180°- \delta) + (180°- \epsilon) = 900°- (\alpha+ \beta+ \gamma+ \delta+ \epsilon). Protože součet vnitřních úhlů v pětiúhelníku je 540° a útvar FGHIJ je pětiúhelník, tak součet úhlů u vrcholů pěticípé hvězdy je 900°-540°/2= 180°. To znamená, že nezáleží, jestli je pěticípá hvězda pravidelná nebo ne, protože vždy součet úhlů u vrcholů je 180°.

Komentář: Přišlo typově několik různých řešení, toto je příklad, jak se dalo dojít ke správnému výsledku. Bohužel mě zklamalo, že přišlo i docela dost řešení, ve kterých jste si narýsovali nějakou hvězdu a pak jste změřili velikost úhlů a sečetli. Pro tento typ úloh to opravdu není správný postup, poučte se tedy ze vzorového řešení.

Úloha č. 4

Na účtence bylo nejmenší možné číslo složené pouze z číslic 1, 2, 3 a 4, které ve svém desítkovém zápisu obsahuje všechna dvojciferná čísla, která lze z těchto číslic vytvořit. Např. 1234 obsahuje 12, 23 a 34, ale už ne třeba 32. Jaké to bylo číslo?

Řešení: Nejdřív si napišme všechny možná dvojciferná čísla utvořena z cifer 1, 2, 3, 4.

$$ 11 $$ $$ 12 $$ $$ 13 $$ $$ 14
$$ 21 $$ $$ 22 $$ $$ 23 $$ $$ 24
$$ 31 $$ $$ 32 $$ $$ 33 $$ $$ 34
$$ 41 $$ $$ 42 $$ $$ 43 $$ $$ 44

Těchto čísel je šestnáct, tedy hledané číslo má nejméně 17 cifer (protože každá cifra s výjimkou poslední začíná jednu dvojici).

Pokusíme se tedy takové sedemnácticiferné číslo najít. Začneme co nejmenšími ciframi (vždy přidáváme nejmenší cifru, kterou ještě můžeme zapsat za tu předešlou): 1121314. Teď bychom mohli dát 1, ale všechny dvojice začínající na 1 jsme už použili, proto kdybychom dali 1, tak by vzniklé číslo mělo více než 17 cifer. Dáme tedy 1 na konec. Pokračujeme dvojkou: 11213142 232433441. Tohle číslo má 17 cifer a je (kvůli způsobu, kterým jsme ho našli) nejmenší.

Komentář: 5 bodů jste dostali za správné řešení i s vysvětlením, jak jste k němu došli. 4 body jste měli, když jste svůj postup nenapsali (nebo nebyl popsán pořádně), ale přesto bylo jasné, že jste postupovali správně. 3 body jste měli za řešení, které opomnělo čísla 11, 22, 33, 44. 2 a 1 bod jste měli za poněkud nesprávné nebo naprosto nepopsané řešení.

Úloha č. 5

Mikuláš s čertem si připravovali dva druhy balíčků pro děti ve vesnici. Zlobivým dětem zabalili balíček se čtyřmi sladkostmi, hodným dali sladkostí do balíčku víc. Po nadílce vše spočítali a zjistili, že 40 dětí dostalo dohromady 329 sladkostí. Dvě malé mořské panny, Alča a Anča, celý rok nezlobily. Kolik dostala každá sladkostí?

Řešení: Kdyby každé dítě bylo zlobivé, rozdalo by se 160 sladkostí. Do 329 rozdaných sladkostí tedy zbývá 169 sladkostí, které budou rozděleny mezi hodné děti. Dělitelé čísla 169 jsou 1, 13 a 169. Počet hodných dětí nemohl být 169 ani 1. Z toho plyne, že počet hodných dětí byl 13. Takže každé dostalo 13 bonusových sladkostí (13 \times 13). Alča a Anča dostaly každá po 17 (13 + 4) sladkostech.

Úloha č. 6

Letos lze Poseidonův věk vyjádřit jako součin dvou prvočísel, příští rok to bude součin prvočísla a třetí mocniny jiného prvočísla a loni šel jeho věk zapsat jako součin složeného čísla a druhé mocniny prvočísla. Přestože Poseidon není jen tak někdo, určitě mu není více než 120 let. Kolik je Poseidonovi letos let?

Řešení: Vzorové řešení podle Martina Schmieda: Nejvíc omezující podmínka je pro následující rok -- tj. pro násobek třetí mocniny prvočísla menší než 120. Nejdříve zjistím, která prvočísla mají třetí mocninu menší než 120:

$$ 2 : $$ 2^{3}=8 ,
$$ 3 : $$ 3^{3}=27 ,
$$ 5 : $$ 5^{3}=125 $$ -- už ne.

Takže ta třetí mocnina může být 8 nebo 27, nyní si vypíši všechny prvočíselné násobky (kromě násobení tím prvočíslem, kterého je to třetí mocnina) těchto čísel menší než 120:

\eqalign{ 8\cdot 3 &= 24, \cr 8\cdot 5 &= 40, \cr 8\cdot 7 &= 56, \cr 8\cdot 11 &= 88, \cr 8\cdot 13 &= 104, \cr 27\cdot 2 &= 54. \cr }

Nyní od každého z těchto čísel odečtu 1 a udělám prvočíselný rozklad výsledku:

$$ 24 : $$ 24-1=23 , $$ 23=23 ,
$$ 40 : $$ 40-1=39 , $$ 39=3\cdot 13 ,
$$ 56 : $$ 56-1=55 , $$ 55=5\cdot 11 ,
$$ 88 : $$ 88-1=87 , $$ 87=3\cdot 29 ,
$$ 104 : $$ 104-1=103 , $$ 103=103 ,
$$ 54 : $$ 54-1=53 , $$ 53=53 .

Čísla 39, 55 a 87 jsou součin dvou prvočísel, takže mohou být výsledkem. Nyní od těchto tří čísel odečtu jedničku, vypíši si prvočíselný rozklad výsledku a budu zjišťovat, jestli výsledek je součin druhé mocniny prvočísla a složeného čísla:

$$ 39: $$ $$ 39-1=38 , $$ 38=2\cdot 19 ,
$$ 55: $$ $$ 55-1=54 , $$ 54=2\cdot 3^{3}=3^{2}\cdot6 ,
$$ 87: $$ $$ 87-1=86 , $$ 86=2\cdot 43 .

Jediné číslo, které splnilo podmínky, je 54. Poseidon je starý 55 let.

Komentář: Šlo o poměrně snadnou úlohu, proto jsem byla přísná a celkem hodně jsem strhávala body. Takto nějak mělo vypadat vzorové řešení, spousta z vás se k němu blížila. Příště opravdu pořádně čtěte zadání, zjednoduší vám to řešení a nám opravování.

Úloha č. 7

Jeden ze strážců podvodního vězení si otevřel plechovku s plátky ananasů. Každý plátek je kruhový a uprostřed má kruhovou díru, kterou vyřízli při kompotování. Než si jeden plátek nakrájel, všiml si, že nejdelší rovný řez, jaký může udělat, aniž by procházel dírou uprostřed, měří při pohledu shora přesně 10 cm. Jaký má plátek objem, pokud je tlustý 1 cm?

Řešení: Vzorové řešení podle Františka Záhorce:

Nejdelší rovný řez se dotýká hranice vnitřního kruhu vzniklého kompotováním (tečnou výřezu) a úsečky, která vede ze středu výřezu do styku výřezu s řezem (velikost poloměru výřezu), svírá pravý úhel. Znám výšku plátku, abych mohl spočítat objem, musím znát plochu podstavy. Tu spočítám tak, že od obsahu celého kruhu odečtu obsah výřezu, tedy: S = S_{1} – S_{2}. Poloměr celého kruhu (r_{1}) spočtu pomocí Pythagorovy věty: r_{1}^{2} = a^{2} + r_{2}^{2} = 5^{2} + r_{2}^{2} (viz obr. \obref vz671).

Doplníme vzorečky: S = S_{1} – S_{2} = \pi\cdot r_{1}^{2} – \pi\cdot r_{2}^{2}= \pi\cdot (r_{1}^{2} – r_{2}^{2}) = \pi\cdot (5^{2} + r_{2}^{2} – r_{2}^{2}) = \pi\cdot 5^{2} = 25\cdot \pi cm^{2}.

Nyní spočítáme objem plátku: V = S\cdot v = 25 \cdot\pi\cdot 1 = 25\cdot\pi cm^{3}. Plátek má objem 25\cdot\pi cm^{3}.

Komentář: Šlo o velmi zajímavý příklad, ze kterého jste s minimálními vstupními hodnotami měli být schopni spočítat výsledek. Většina řešení se více či méně podobala vzorovému.

Opravovali: 1. Lenka Petržilková, 2. Petr Hudeček, 3. Helena Pučelíková, 4. Martin Smolík, 5. Stanislav Veverka, 6. Helena Pučelíková, 7. Helena Pučelíková.