Úloha č. 1

Každé přirozené číslo a větší než 1 lze jednoznačně rozložit na součin konečně mnoha prvočísel (1 mezi prvočísla nepočítáme, jelikož má pouze jednoho dělitele), a to následujícím způsobem:

a=p_{1}^{k_{1}} \cdot p_{2}^{k_{2}} \cdot ... \cdot p_{n}^{k_{n}},

kde p_{1}, ..., p_{n} jsou navzájem různá prvočísla a k_{1}, ..., k_{n} jsou přirozená čísla (označují mocniny prvočísel).

Počet dělitelů čísla a pak můžeme vyjádřit jako:

(k_{1}+1)(k_{2}+1) ... (k_{n}+1).

Hledané číslo má mít 12 dělitelů, a proto

(k_{1}+1)(k_{2}+1) ... (k_{n}+1) =12.

Nyní rozložíme číslo 12 v součin všemi možnými způsoby:

12 = 1 \cdot 12 = 2 \cdot 6 = 3 \cdot 4 = 2 \cdot 2 \cdot 3.

Prvnímu součinu odpovídá k_{1}=11 a nejmenší číslo s rozkladem p^{11} je 2^{11}, tj. 2048.

Druhému součinu odpovídá k_{1}=1, k_{2}=5, nejmenší z čísel tvaru $p_{1} \cdot p_{2}{5} je 2{5}\cdot3=96$.

Pro třetí případ je k_{1}=2, k_{2}=3, tedy 2^{3}\cdot3^{2}=72.

A konečně k_{1}=1, k_{2}=1, k_{3}=2 a 2^{2}\cdot3\cdot4=60.

Nejmenší z čísel se 12 děliteli je číslo 60, děliteli jsou 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30 a 60.

Úloha č. 2

Z uvedených délek stran dostaneme čtyři možnosti pro délky základen.

  1. 50 m a 50 m: dostali bychom rovnoběžník, zbylé strany by nemohly být různě dlouhé,
  1. 50 m a 60 m: v trojúhelníku BEC neplatí trojúhelníková nerovnost (10+50<80),

  1. 50 m a 80 m: tato možnost vyhovuje zadání,
  1. 60 m a 80 m: opět existuje lichoběžník s těmito základnami.

Existují tedy 2 možnosti pro délky základen.

Úloha č. 3

Protože násobení přirozeného čísla deseti je připsání nuly na konec, je počet nul, kterými číslo končí, roven maximálnímu počtu opakovaného dělení tohoto čísla deseti beze zbytku. Protože prvočíselný rozklad čísla 10 je 2\cdot 5, bude záležet na tom, kolikrát lze číslo 135! (tak se součin v zadání v matematice značí, čti sto třicet pět faktoriál) dělit dvěma a pěti. Násobku pěti je mezi násobenými čísly 135 \over 5 = 27, násobků 25=5\cdot5 je 135\over25=5 (zbytek 10) a násobků 125=5\cdot5\cdot5 je 135\over125=1 (zbytek 10). Celkem lze tedy 135! dělit 5 třicettřikrát (33=25+5+1) (tohle platí jen díky tomu, že pět je prvočíslo, a tedy součin dvou čísel je dělitelný pěti, právě když alespoň jeden z činitelů je dělitelný pěti). Dvěma bude 135! dělitelné více než 67\times, neboť v součinu se vyskytuje 67 sudých čísel. Proto číslo 135! končí 33 nulami.

Komentář: Nejčastější chybou bylo opomenutí faktu, že násobky 25 přidají dvě nuly.

Úloha č. 4

Místnosti byly označeny 6 číslicemi, které místo pod sebe budeme psát vedle sebe. Šestici si rozdělíme na dvě trojice. Z každé trojice můžeme vytvořit 1000 kombinací (čísla 000 až 999). Rozlišme případy podle toho, jak je vytvořená první trojice:

  1. aaa: tři stejné číslice (10 možností) -- tuto situaci vyloučíme, protože počítáme jen místnosti, které nemají 3 stejné číslice za sebou,
  1. abb: končí dvěma stejnými číslicemi a první číslice je jiná (90 možností) -- číslo ve druhé trojici pak nemůže začínat číslici b a zároveň nemůže být tvořeno třemi různými číslicemi (aby nebyly za sebou tři stejné číslice). Takových možností je 1000 - 100 - 10 + 1 = 891, protože 100 je počet čísel začínající b, 10 je čísel tvaru ccc a číslo bbb jsme takto odečetli dvakrát, musíme ho tedy opět přičíst,
  1. *ab: končí dvěma různýma číslicema a první je libovolná (zbylých 900 možností) --- číslo ve druhé trojici nemůže začínat bb a zároveň nemůže být tvaru ccc. Těchto možností je 1000 - 10 - 10 + 1 = 981.

V druhém případě tak máme 90 \cdot 891 = 80 190 možností a ve třetím 900 \cdot 981 = 882 900 možností. Celkem tak je $80 190 + 882 900 = 963 090$ způsobů, jak mohou být komnaty očíslovány.

Úloha č. 5

Nejprve rozdělme celý trojúhelník středními příčkami (tj. spojnicemi středů stran) na čtyři menší rovnostranné trojúhelníky. Pak tyto menší trojúhelníky mají stranu dlouhou 50m, a tak poloměr r jejich kružnice opsané je roven

r = 2\over3 t = 2\over3 \sqrt{a^{2}-\left(a\over2_right())^{2}} = a \sqrt{3}\over3 < 29 m,

kde a je délka strany menšího trojúhelníka a t délka jeho těžnice (využili jsme toho, že těžiště se v rovnostranném trojúhelníku shoduje se středem kružnice opsané, a že těžnice se dělí v poměru 1:2).

Nyní si uvědomíme, že v alespoň jednom z menších trojúhelníků leží alespoň jedenáct bodů. Kdyby tomu tak nebylo, je v každém nejvýše 10 bodů a celkem ve všech nejvýše 40 bodů. Protože tyto trojúhelníky pokrývají celý velký trojúhelník, bylo by v něm pouze 40 bodů, což však není možné. Tedy v jednom z trojúhelníků leží alespoň jedenáct bodů. Kruh se středem v jeho těžišti a poloměrem 29 metrů pokrývá tento malý trojúhelník, a tak obsahuje také alespoň 11 bodů.

Pokud si narýsujete obrázek, můžete si povšimnout, že pouze tři z popsaných kruhů pokrývají trojúhelník (můžeme vynechat ten, který je opsán prostřednímu trojúhelníku). Proto se dá podobnou úvahou dokázat, že existuje kruh, který obsahuje dokonce 14 z daných bodů.

Komentář: Nejčastěji se objevily dvě chyby. První byla, že jste předpokládali, že body jsou rovnoměrně rozmístěny (jednak není zcela jasné, co to vlastně znamená, ale hlavně to v zadání vůbec nebylo). Druhou pak bylo, že jste napsali, že nějaká poloha je nejhorší a nezdůvodnili to. (Navíc ani zde není jasné, co že to ta nejhorší poloha je.)

Úloha č. 6

Aby výsledek byl větší než 9000, musí být oba součinitelé větší než nebo rovni 90 (neboť už jen 89\cdot99=8811).

Cifry na místě jednotek součinitelů si označíme (po řadě) A a B.

B \cdot 9 má na místě jednotek 10-B. Aby zde vznikla 1, jsou dvě možnosti: Buď 10-B je 1 a A \cdot B < 10 (žádná dál), tedy B=9, A=1. Druhá možnost je, že

10-B + počet desítek (A\cdotB) = 11

(poslední cifra B\cdot9 spolu s převodem z A\cdotB dají dohromady 11). To by ale A muselo být větší než 10. Takže jediné možné řešení je B=9, A=1.

Úvaha o číslech A a B se dala i rozložit na vyzkoušení všech desíti možností pro B a následné odvození (existence či neexistence) A.

$$ $$ $$ 9 A
$$ $$ $$ \cdot $$ 9 B
$$ $$ $$ \ast $$ 1 $$ \ast
$$ $$ \ast $$ $$ \ast $$ $$ \ast
$$ 9 $$ \ast $$ $$ \ast $$ $$ \ast

$$ $$ $$ 9 1
$$ $$ $$ \cdot $$ 9 9
$$ $$ 8 1 9
$$ 8 1 9
$$ 9 0 0 9

Úloha č. 7

Ačkoliv se úloha mohla zdát neúplně zadaná, byly v ní všechny údaje, které jste potřebovali. K vyřešení úlohy bylo potřeba přijít na následující trik:

Jestliže máme doutnák, který celý shoří za hodinu, tak pokud ho zapálíme z obou konců současně, shoří za 30 minut. Toto jednoduché tvrzení plyne z toho, že během této doby každý plamen spálí takovou část doutnáku, která casově odpovídá třiceti minutám, celkem tedy část odpovídající jedné hodině. Nyní už je řešení zřejmé.

1) Zapálíme první doutnák z obou stran a současně druhý doutnák z jedné strany.

2) První doutnák dohoří za 30 minut, které uhořely i z druhého doutnáku. Zbývá nám tedy odměřit ještě 15 minut.

3) To uděláme tak, že v okamžiku, kdy první doutnák shoří, zapálíme druhý doutnák i z druhého konce.

4) Jakmile dohoří i druhý doutnák, je naměřeno 30+15=45 minut.

Úloha č. 8

Trojúhelníky ABC a ADE jsou podobné, protože se shodují ve všech úhlech (věta uu). Koeficient podobnosti je |AB| \over |AD| = 10 \over 7. Označíme-li v_{1} výšku na stranu AB v trojúhelníku ABC a v_{2} výšku na stranu AD v trojúhelníku ADE, pak pro poměr jejich velikostí vzhledem k podobnosti platí v_{1} \over v_{2} = 10 \over 7. Odtud již můžeme spočítat obsah trojúhelníka ABC :

S_{\triangle ABC} = 1\over2 \cdot |AB| \cdot v_{1} = 1\over2 \cdot 10\over7 \cdot |AD| \cdot 10\over7 \cdot v_{2} = \left(10\over7_right())^{2} \cdot 1\over2 \cdot |AD| \cdot v_{2} =
= 100\over49 \cdot S_{\triangle ADE} = 100\over49 \cdot 20 cm^{2} = 40,816 cm^{2}.

Úlohy páté série opravovali: 1. Renata Sikorová, 2. Jan Foniok, 3. David Opěla, 4. Zbyněk Pawlas, 5. David Opěla, 6. Vít Strádal, 7. Roman Fiřt, 8. Viktor Bobro.