Řešení 2. série 16.ročníku

Úloha č. 1

Označme |AB|=a=60 op, |BC|=b=40 op.

Ze dvou vyjádření obsahu trojúhelníka ACD vyjádříme |DE|:

|DE| \cdot |AC| \over 2 = |AD| \cdot |DC| \over 2

|DE| = |AD| \cdot |DC| \over |AC| = ab \over \sqrt{a^{2}+b^{2}}.

Podle Pythagorovy věty platí, že

|CE| = \sqrt{|DC|^{2}-|DE|^{2}} = \sqrt{a^{2} - a^{2}b^{2}\over(a^{2}+b^{2})} = \sqrt{a^{4} \over (a^{2}+b^{2})} = a^{2} \over \sqrt{a^{2}+b^{2}}.

Potom obsah trojúhelníku CDE je

S = |DE| \cdot |CE| \over 2 = 1\over2 \cdot ab\over\sqrt{a^{2}+b^{2}} \cdot a^{2}\over\sqrt{a^{2}+b^{2}} = a^{3}b \over 2(a^{2}+b^{2}),

což po dosazení dává S \doteq 831 op^{2}.

Komentář: Zaokrouhlováním mezivýsledků dochází k nepřesnostem, proto je lepší počítat obecně a dosadit číselné hodnoty až do konečného vztahu.

Úloha č. 2

Nejprve předpokládejme, že lichoběžník vypadá následovně:

Z Pythagorovy věty vypočteme velikosti úseček AE a BF:

|AE|=\sqrt{60^{2}-48^{2}}=36 op, |BF|=\sqrt{50^{2}-48^{2}}=14 op.

Proto |CD|=60-36-14=10 op. Obsah lichoběžníku tak je $S = (60+10) \cdot 48 \over 2 = 1680 op^{2}$.

Podmínky zadání splňuje ale i tento lichoběžník:

Podle Pythagorovy věty

|BE|=\sqrt{60^{2}-48^{2}}=36 op, |DF|=\sqrt{50^{2}-48^{2}}=14 op.

Tedy |CF|=60-36=24 op a |CD|=24+14=38 op. Obsah lichoběžníku je S = (60+38) \cdot 48 \over 2 = 2352 op^{2}.

Komentář: Za správné řešení, které obsahovalo pouze jeden případ, jsem uděloval 3 body. Body jsem dále strhával za špatný výpočet, nesprávný postup nebo zjištění délky strany pomocí měření z narýsovaného obrázku.

Úloha č. 3

Trojúhelníků je na první pohled docela dost, proto je bude dobré buď nějak uspořádat nebo rozdělit na skupiny takové, že v každé skupině půjde trojúhelníky snáze spočítat. Abychom objasnili, co míníme uspořádáním a co rozdělením, ukážeme jedno řešení, které trojúhelníky ,,uspořádá a jedno, které je ,,rozdělí.

Přirozeným řešením je myšlenka označit si průsečíky úseček třeba písmeny A až Z a Ă až F a sepsat si, které trojice průsečíků tvoří trojúhelníky (a abecedně tyto trojice seřadit, uspořádat ). Tohle řešení vede ke správnému cíli (37 trojúhelníků), je třeba ale velké pozornosti, abychom některý trojúhelník nevynechali.

U druhého řešení, které ukážeme, se zmenší šance, že nějaký trojúhelník přehlédneme. (To ovšem neznamená, že můžeme pracovat nepozorně)

Úsečky, vedoucí obdélníkem, si označíme písmeny a až h. Vezmeme nejprve prázdný obdélník a budeme do něj postupně úsečky přidávat. (Představíme si, že kobereček vznikal postupným přidáváním úseček. I když ve skutečnosti tomu tak nemuselo být, pomocí této představy se nám podaří spočítat, kolik trojúhelníků na koberečku ve skutečnosti je.) V prázdném obdélníku žádné trojúhelníky nejsou. Průběžně budeme připočítávat, kolik trojúhelníků přibylo přidáním každé nové úsečky (trojúhelníky rozdělíme do osmi skupin podle toho, přidáním které úsečky vzniknou). Tím nakonec získáme počet všech trojúhelníků na obrázku, přičemž žádný trojúhelník nevynecháme a žádný nezapočítáme vícekrát.

Tím jsme si úlohu zjednodušili, ale přidáním úsečky stále může vzniknout dost trojúhelníků na to, aby se nějaký dal přehlédnout. Při počítání trojúhelníků, které přibudou přidáním jedné úsečky, využijeme toho, že nově vzniklý trojúhelník musí mít jednu stranu na nově přidávané úsečce, musí na ní tedy mít dva vrcholy; ty vrcholy navíc musí ležet na některém z průsečíků s již přidanými úsečkami. Dvojic průsečíků už není nijak závratné množství a navíc tyto dvojice se dají snadno uspořádat (jsou-li průsečíky A, B, C, D a E, pak všechny dvojice jsou AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE a DE) a u každé dvojice se dá snadno zjistit, zda vytvoří nějaký trojúhelník (v našem případě to jsou pouze dvojice AB, AC, CE a DE). Přidáním úsečky d tedy vzniknou 4 trojúhelníky, stejně zjistíme, že přidáním a vzniknou 2, b 1, c 1, e 7, f 10, g 8 a h 4. Celkem tedy vznikne 37 trojúhelníků.

Komentář: Někteří řešitelé se pokoušeli rozdělit trojúhelníky do skupin podle toho, na kolik částí jsou úsečkami rozděleny. Trojúhelníky tvořené jednou nebo ještě dvěma částmi se dají spočítat docela snadno, ale trojúhelníků, tvořených třeba pěti částmi je stále docela dost, navíc některé se překrývají, takže zakreslit je do jednoho obrázku není snadné. Navíc není moc přesvědčivé, že další takové trojúhelníky na obrázku již nejsou.

Některá řešení spočívala v rozmístění spousty čar či čísel nebo v obarvení ploch v jednom obrázku, tato řešení vůbec nebyla přehledná, není divu, že se značně rozcházela v počtu nalezených trojúhelníků.

Někteří řešitelé si nevšimli, že úsečka, která vede zhruba do pravého dolního rohu obdélníku, končí na dolní straně a pravé strany se nedotýká. Takové přehlédnutí jsem nijak netrestal, tito řešitelé jen správně měli napočítat o 4 trojúhelníky více.

Úloha č. 4

Označme si hledanou vzdálenost mezi Amadeem a Bedřichem d, čas, který letí tuto vzdálenost pantofle vržená Amadeem t_{a} a její rychlost $v_{a} = 120 op/os$, čas, který tuto vzdálenost letí pantofle vržená Bedřichem t_{b} = 3 os a její rychlost v_{b}, vzdálenost mezi Amadeem a Bedřichem hozenou pantoflí v době, kdy Bedřicha zasáhla Amadeem hozená pantofle, označíme d_{a} = 80 op.

Ze zadání vyplývají tyto rovnice (dráha = čas krát rychlost):

\eqalignno{ v_{a} \cdot t_{a} &= d & (1)\cr v_{b} \cdot t_{a} &= d - d_{a} & (2)\cr v_{b} \cdot t_{b} &= d & (3)}

Rovnici (3) upravíme (v_{b} = d \over t_{b}) a dosadíme do (2):

d\overt_{b} \cdot t_{a} = d - d_{a},

nyní dosadíme za d z (1):

v_{a} \cdot t_{a}\overt_{b} \cdot t_{a} = v_{a} \cdot t_{a} - d_{a}.

Po číselném dosazení a převedení všech členů na jednu stranu:

120\over3 t_{a}^{2} - 120 t_{a} + 80 = 0

Po zkrácení:

t_{a}^{2} - 3 t_{a} + 2 = 0

Tato kvadratická rovnice má řešení:

t_{a1,2} = (3 \pm \sqrt{9 - 4\cdot1\cdot1}) \over 2 = 1\over2 (3\pm1).

V případě t_{a}=1 os vyjde vzdálenost d = 120\cdot1 = 120 op a rychlost tím pádem v_{b} = d \over t_{b} = 40 op/os, což je v rozporu se zadáním (Amadeem vrhané pantofle nejsou více jak dvakrát rychlejší).

V případě t_{a}=2 os vyjde vzdálenost d = 120\cdot2 = 240 op a rychlost tím pádem v_{b} = d \over t_{b} = 80 op/os, což podmínku zadání splňuje.

Odpověď: Vzdálenost mezi Amadeem a Bedřichem při jejich papučovém souboji byla 240 op.

Komentář: Nejčastější chybou byla nepozornost při čtení zadání a následná chyba při sestavení rovnic popisujících zadání. Je zajímavé, že v mnohých případech i tento špatný postup vedl ke správnému číselnému výsledku. To ovšem nelze hodnotit jako správný výsledek.

Dalším častým prohřeškem bylo „tipování“ výsledku. Např.: Pro v_{b} platí: 60 \leq v_{b} \leq 120 a přesná hodnota se získá vyzkoušením všech možných hodnot mezi 60 a 120. Pokud by čísla v zadání nebyla volena tak „hezky“, uvedený postup by ztroskotal. V těchto případech jsem posuzoval, jak dobře je okomentováno ověření tipnutého výsledku.

Někteří řešitelé z nižších ročníků ztroskotali na řešení kvadratické rovnice. Ne všechny příklady se dají řešit matematickými znalostmi na úrovni šestých tříd. V rámci objektivity posuzujeme všechny příklady všem řešitelům stejně bez ohledu na ročník, který navštěvují. Z toho je jasné, že i krásně komentovanému a přehlednému řešení, které končí v půlce větou „Dále neumím řešit.“ nemůžeme dát plný počet bodů. Ale je celkem jisté, že dostane více bodů (a také nás více potěší) než řešení, které je nepřehlednou změtí vzorců a čísel se správným výsledkem na konci bez jediného slova vysvětlení.

A nyní bych rád zájemcům nižších ročníků ukázal, co to je kvadratická rovnice a jak se řeší. Máme nalézt x takové, že platí ax^{2}+bx+c=0 (a, b, c jsou konkrétní čísla). Toto je kvadratická rovnice a má (obyčejně dvě) řešení daná vzorečkem:

x_{1,2} = (-b\pm_sqrt(b^{2}-4ac)) \over 2a

Pokud pod odmocninou bude 0, bude mít rovnice pouze jedno řešení, pokud tam vyjde číslo záporné, rovnice řešení nemá.

Příklad: Hledám x takové, aby platilo x^{2}-4x+3=0, (tj. a=1, b=-4, c=3): x_{1,2} = 1\over2 \left(4\pm_sqrt(16-4\cdot1\cdot3)\right)=2\pm1, tedy hledaná x jsou dvě, a to 1 a 3.

Úloha č. 5

Označme si vrcholy jehlanu písmeny A, B, C, D a V a střed opsané koule písmenem S (jako na obrázcích).

Střed opsané koule je bod, který má stejnou vzdálenost od všech vrcholů jehlanu. Množina bodů, které mají stejnou vzdálenost od vrcholů $A, B, C a D, je přímka VV', kde V' je kolmý průmět vrcholu V$ do roviny podstavy jehlanu. Bod S proto musí ležet na přímce VV'.

Na pravém obrázku je znázorněn řez jehlanu rovinou ACV. Střed koule leží někde na přímce VV' a současně je to bod, který má stejnou vzdálenost od vrcholů A a V, tedy musí ležet na ose úsečky AV (osa úsečky je množina všech bodů v rovině, které mají stejnou vzdálenost od krajních bodů úsečky). Střed S najdeme jako průsečík přímky VV' a osy úsečky AV. Protože leží na přímce VV', má takto nalezený bod S stejnou vzdálenost od všech vrcholů jehlanu, a je tudíž středem kružnice jehlanu opsané.

Komentář: Ze vzorového řešení je patrné, že jste nemuseli nic počítat. Mnozí z vás se přesto do počítání pustili, asi takto: Bod S leží na přímce VV'. Vzdálenost bodu S od bodu C je stejná, jako jeho vzdálenost od bodu V (na obrázku označena písmenem r). Označíme rozměry základny jehlanu písmeny a a b a jeho výšku písmenem v. Podle Pythagorovy věty je

\left(CV'\right) = \left(AC\right) \over 2 = \sqrt{a^{2} + b^{2}} \over 2

a pro poloměr opsané koule musí platit (opět podle Pythagorovy věty, tentokrát pro trojúhelník CSV')

r^{2} = \left(CV'\right)^{2} + (v-r)^{2},

což po dosazení, umocnění a úpravách dává

r = \left(a^{2} + b^{2}\right)\over8v + v\over2.

Po zaokrouhlení vychází výsledek r\doteq 13,34 op a správná odpověď, že střed opsané koule leží na úsečce VV' ve vzdálenosti přibližně 13,34 op od vrcholu V.

Obvyklou chybou při tomto postupu bylo zaokrouhlování mezivýsledků. Co je tedy přesné řešení? Někteří z vás napsali, že geometrické řešení bez výpočtu nemůže být přesné. To není pravda. Popsané řešení je zcela přesné, i když vlastní konstrukce tužkou a pravítkem nemusí být přesná; to je však jiná věc. Jiné přesné řešení je uvést vzorec pro r bez průběžného zaokrouhlování a případně do něj (opět bez zaokrouhlení) dosadit.

Úloha č. 6

(Upravené podle Barbory Scholleové):

Neděle je osmý den v týdnu (vlastnost č. 1), a proto osmělí je v týdnu před pondělím, neboť osmělí není mezi pondělím a nedělí (vlastnost č. 5). Čtvrtek je čtvrtý až sedmý den v týdnu, protože před čtvrtkem je pondělí a úterý (vlastnost č. 2) a zároveň osmělí (vlastnost č. 5). Sobota není první den, protože by poslední den musel být pátek (vlastnost č. 4). Jelikož sobota není první ani osmý den v týdnu, nemůže být čtvrtek pátý nebo šestý den v týdnu (vlastnost č. 3), a proto je čtvrtek buď čtvrtý nebo sedmý den.

Předpokládejme, že je čtvrtek čtvrtý den. Potom je sobota sedmý den (vlastnost č. 3) a pátek je šestý den (vlastnost č. 4). Z vlastností č. 2 a č. 5 plyne, že osmělí je první den, pondělí je druhý den a úterý třetí. Středa by tak musela být pátý den, ale to odporuje vlastnosti č. 6. Čtvrtek tedy nemůže být čtvrtý den.

Zjistili jsme, že čtvrtek může být pouze sedmý den. Potom je podle třetí vlastnosti sobota druhý den a podle čtvrté vlastnosti je pátek první den. Zbývá nám umístit mezi třetí až šestý den pondělí, úterý, středu a osmělí. Podle druhé a páté vlastnosti víme, že pondělí je v týdnu po osmělí a před úterým. Může tak být buď čtvrtý nebo pátý den. Vzhledem k vlastnosti č. 6 musí být mezi pondělím a pátkem lichý počet dnů. Protože pátek je první den, může být pondělí pouze pátý den. Podle vlastnosti č. 2 tak je šestý den úterý a podle vlastnosti č. 6 je třetí den středa. Na osmělí zbyl čtvrtý den v týdnu.

Týden pátek, sobota, středa, osmělí, pondělí, úterý, čtvrtek a neděle splňuje všechny podmínky:

neděle (8.) je poslední den v týdnu,

pondělí (5.) je v týdnu před úterým (6.) a úterý (6.) před čtvrtkem (7.),
pokud je dnes sobota (2.), za pět dní bude čtvrtek (7.),
pokud je dnes pátek (1.), zítra bude sobota (2.),
mezi pondělím (5.) a nedělí (8.) není osmělí (4.),
pokud je dnes středa (3.), tak pondělí (5.) bylo před šesti dny a pátek (1.) bude za šest dnů.

Je to také jediné řešení, ostatní jsme vyloučili.

Úloha č. 7

Počet nul, jimiž končí nějaké přirozené číslo, je roven počtu postupného dělení tohoto čísla 10 beze zbytku (to plyne z toho, že dělení deseti je vlastně škrtnutí nuly na konci takového čísla). Určit, kolikrát je součin nějakých čísel dělitelný jiným číslem, nelze pouze pomocí toho, kolikrát jsou jednotliví činitelé dělitelní tímto číslem, neboť např. 12 = 3 \cdot 4 je dělitelné šesti, ale ani jeden z činitelů není. Tento postup však lze užít, určujeme-li dělitelnost prvočíslem -- platí totiž, že součin ab je dělitelný prvočíslem p, právě když, p dělí a či p dělí b.

Prvočíselný rozklad čísla 10 je 2 \cdot 5, a tak budeme zkoumat, kolikrát je součin dělitelný dvěma a pěti. Každé páté číslo je dělitelné pěti, každé dvacáté páté je dělitelné pěti dvakrát, každé sto dvacáté páté třikrát a každé šest set dvacáté páté čtyřikrát; nejmenší číslo, které je pěti dělitelné pětkrát, je 5\cdot 5\cdot 5\cdot 5\cdot 5=3125, které se ve zkoumaném součinu nevyskytuje. Celkem bude tedy součin dělitelný pěti (| x| značí celou část x, tj. největší celé číslo menší nebo rovné x):

\left( 777 \over 5\right) + \left( 777 \over 25\right) + \left( 777 \over 125\right) + \left( 777 \over 625\right) = 155 + 31 + 6 + 1 = 193 krát.

Protože čísel dělitelných dvěma je v součinu 388, bude součin dělitelný dvěma více než 388krát, a tak i více než stodevadesáttřikrát. Součin tedy bude dělitelný deseti 193krát, protože je tolikrát dělitelný pěti i dvěma. Víckrát už ne, neboť toto vydělení bude pro prvočíselný rozklad součinu znamenat vynechání 193 pětek a dvojek, a tak už tam žádné pětky nezbudou a výsledek nebude dělitelný pěti, a proto ani deseti.

Součin 777 \cdot 776 \cdot ... \cdot 2 \cdot 1 končí 193 nulami.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste si neuvědomili, že násobky 25 „přidávají“ více než jednu nulu, případně jste si to uvědomili jen pro násobky 100. Dost často jste vynechali zdůvodnění, proč těch nul není více, i když postup byl jinak správný (tj. nenapsali jste, že 2 a 5 jsou prvočísla, a proto je jimi součin dělitelný tolikrát, kolikrát jednotliví činitelé dohromady).

Opravovali: 1. Lenka Burešová, 2. Zbyněk Pawlas, 3. Petr Škovroň, 4. Viťas Strádal, 5. Jan Foniok, 6. Viktor Bobro, 7. Davídek Opěla.