Úloha č. 1

Úkolem bylo určit plochu pojidla. Rozumí se pochopitelně vybarvené části (čtverec je na obrázku nakreslen proto, aby bylo jasné, jak se pojidlo kreslí).

Prodloužíme-li strany čtverce na přímky, rozdělíme tím pojidlo na čtyři části. Největší z nich bude uvnitř čtverce. Vně čtverce zůstanou tři čtvrtkruhy. Vidíme, že tyto čtvrtkruhy přesně zapadají do prázdných míst v původním čtverci (viz obr.). To proto, že poloměr všech kružnic v obrázku je stejný (a/2).

Teď je tedy jasné, že plocha pojidla je stejná jako plocha čtverce o straně délky a. Ta je a^{2}, což je po dosazení 100 omnipoliských palců.

Komentář: Někteří z vás dělali tu chybu, že nejdříve číselně vyjádřili plochu pojidla vně čtverce a plochu uvnitř čtverce a potom obě čísla sečetli. To ovšem není správně. Dosazovat se musí vždy až úplně nakonec, protože při počítání s dosazenými čísly (zvláště dosazujeme-li čísla jako \pi, která nelze přesně vyčíslit) může dojít k nepřesnostem.

Úloha č. 2

Nejčastější chybou, které jste se dopouštěli, byl chybějící nebo neúplný postup řešení. Je potřeba si uvědomit, že k tomu, aby měl praotec Čech pravdu, musí mít úloha přesně jedno řešení -- ne méně, ne více. Kdyby měla úloha řešení dvě, těžko bychom dokázali vyčíst, které z nich bylo zadáno jako domácí úloha.

Správné řešení úlohy tedy musí zdůvodnit nejen to, že existuje způsob, jak příklad doplnit, ale také to, že to nejde nijak jinak.

Označíme si černé puntíky písmeny a až z:

Hned vidíme, že z=1, dále (f\cdot3) končí na 1, tedy jedině f=7. Dále (9 \cdot 3) končí na q, proto q=7, dvě „jdou dále“. Tedy (9 \cdot c) končí na (7 - 2), což splňuje pouze c=5. Snadno dopočítáme i=7. Číslo (i+m) = (7+m) končí na 1, takže m=4. Nyní tedy víme, že (e\cdot3) končí na 4, odtud jedině e=8. Snadno dopočítáme l=2, čtyři „jdou dále“, takže (e\cdotb+4) = (8\cdotb+4) končí na 6, tedy (8\cdotb) končí na 2. To je splněno pro b = 4 nebo pro b = 9.

(a) Uvažujme případ, kdy b = 9:

Snadno dopočítáme h=6, šest „jde dále“, takže (7\cdota+6) = 1g. Pro a=2 je výsledek už příliš velký (20), a nemůže být 0, proto jedině a=1 a g=3. Snadno dopočítáme jk = 15, nop = 175. Dále (j+o+7) = (1+7+7) = 15, i s případným přenosem z předchozího řádu můžeme říct, že určitě „půjde dál“ jedna. Tedy (n+r+1) = u0, a protože už víme, že n=1, snadno dopočítáme r=8. Pokusíme se určit d: (d \cdot 1953) = 87st, tedy určitě je (d \cdot 1953) větší nebo rovno 8700 a zároveň menší nebo rovno 8799. Jenže (4 \cdot 1953) = 7812 (to je málo) a (5 \cdot 1953) = 9765 (to už je moc). Takže takové d neexistuje, a tedy případ b=9 nevede k řešení.

(b) Platí tedy, že b=4. Dopočítáme p=0. Platí h=1, tři „jdou dále“, takže (7 \cdot a + 3) = 1g. To je splněno pouze pro a=1 nebo a=2.

(b1) Uvažujme případ, kdy a=2:

Snadno dopočítáme g=7, jk=19, no=22. Podobně jako v případě (a) je (j+o+7) = (1+2+7) = 10 (plus přenos z nižšího řádu), tedy „dál půjde“ opět jednička. Vidíme, že (n+r+1) = u0, a n=2 již víme, proto r=7. Opět podobnou úvahou jako v (a) dostáváme, že (d\cdot2453) leží v rozsahu 7700 až 7799. Ale (3\cdot2453) = 7359 (což je málo) a (4\cdot2453) = 9812 (což je moc). Takže takovéto d neexistuje a případ a=2 nevede k řešení.

(b2) Musí tedy platit jedině a=1. Snadno dopočítáme g=0, jk=11, no=13. Opět použijeme stejnou úvahu jako dříve: (j+o+7) = (1+3+7) = 11. „Dál půjde“ jedna, (1+r+1) = u0, takže r=8 a u=1. Pro číslo d platí, že (d\cdot1453) leží v rozsahu 8700 až 8799. Platí (5\cdot1453) = 7265, takže d>5; (7\cdot1453) = 10171, takže d<7. Pro d=6 dostáváme (6\cdot1453) = 8718, což v požadovaném rozsahu leží. Možnost d=6 je tedy jediná -- což ovšem ještě neznamená, že existuje řešení úlohy. Je potřeba dopočítat i ostatní dosud neurčené cifry: st = 18, vwxy = 1521.

Teprve teď můžeme prohlásit, že úloha má jedno (a pouze jedno) řešení. Ano, praotec Čech má pravdu, můžeme vyčíst řešení i zadání domácí úlohy.

Úloha č. 3

Označme si z počet cestujících žáků, d počet dělníků a o počet ostatních. Ze zadání víme, že zisk byl 456-80=376 ok za 100 jízdenek a že žákovská jízdenka stojí 3, dělnická 8 a jízdenka pro ostatní 12 ok.

Máme tedy tyto dvě rovnice:

Dosadíme-li do druhé rovnice z první z=100-d-o, dostáváme:

Víme, že d a o musí být nezáporná celá čísla, tedy 5d bude vždy končit 0 nebo 5. Chceme tedy, aby 9o končilo 1 nebo 6 a zároveň bylo menší nebo rovno než 76. Tomu vyhovuje jediné řešení o=4, d=8, z=88. Zkouškou se přesvědčíme, že tato čísla opravdu řeší naši úlohu.

Komentář: Za úplné řešení bylo 5 bodů, za řešení, kde nebylo odůvodněno, proč neexistují další, jsem dávala 4 body. Čtyři body byly také za řešení metodou postupného přesouvání lidí mezi jednotlivými skupinami, pokud v něm měl řešitel nějaký systém. Za numerické chyby byl stržen 1 bod. Stejně tak za mezery ve vysvětlení postupu. Řešení pouze uhodnutá nebo bez postupu byla hodnocena 1 bodem. Za „hádání“ s alespoň nějakým systémem byly body 2.

Úloha č. 4

Rozdělíme si jednotlivé součty podle počtů sčítanců. Pomocí dvou sčítanců můžeme číslo 10 vyjádřit celkem pěti způsoby (1+9, 2+8, 3+7, 4+6 a 5+5), pomocí tří sčítanců 8 způsoby (1+1+8, 1+2+7, 1+3+6, 1+4+5, 2+2+6, 2+3+5, 2+4+4 a 3+3+4), pomocí čtyř sčítanců 9 způsoby (1+1+1+7, 1+1+2+6, 1+1+3+5, 1+1+4+4, 1+2+2+5, 1+2+3+4, 1+3+3+3, 2+2+2+4 a 2+2+3+3), pomocí pěti sčítanců 7 způsoby (1+1+1+1+6, 1+1+1+2+5, 1+1+1+3+4, 1+1+2+2+4, 1+1+2+3+3, 1+2+2+2+3 a 2+2+2+2+2), pomocí šesti sčítanců 5 způsoby (1+1+1+1+1+5, 1+1+1+1+2+4, 1+1+1+1+3+3, 1+1+1+2+2+3 a 1+1+2+2+2+2), pomocí sedmi sčítanců 3 způsoby (1+1+1+1+1+1+4, 1+1+1+1+1+2+3 a 1+1+1+1+2+2+2), pomocí osmi sčítanců 2 způsoby (1+1+1+1+1+1+1+3 a 1+1+1+1+1+1+2+2), pomocí devíti sčítanců 1 způsobem (1+1+1+1+1+1+1+1+2) a konečně pomocí desíti sčítanců 1 způsobem (1+1+1+1+1+1+1+1+1+1).

Dohromady tedy existuje 5+8+9+7+5+3+2+1+1=41 možností, jak zapsat číslo 10 jako součet kladných celých čísel.

Úloha č. 5

Označme rychlost Helixova autobusu v_{h}=100 omh, rychlost Rychlusova autobusu v_{r}=150 omh, délku Helixova autobusu l_{h}=15 ol a délku Rychlusova autobusu l_{r}=9 ol. Rychlus se vůči Helixovi pohybuje rychlostí v_{r}-v_{h}. Situaci si tedy představíme jako kdyby Rychlus jel rychlostí v_{r}-v_{h}=50 omh a Helix stál. Předjíždění si rozdělíme do dvou fází. Nejdříve musí Rychlus ujet svým čumákem dráhu l_{h}. Nyní mají oba autobusy své čumáky na stejné úrovni. Aby se se Rychlusova brzdová světla dostala na úroveň čumáku Helixe, musí Rychlusův autobus urazit dráhu l_{r}. Podle vzorce t = s \over v, kde s=l_{h}+l_{r} a v=v_{r}-v_{h}, vypočteme čas t, který je potřebný k předjetí Helixe Rychlusem. Aby nám výsledný čas vyšel v omnipoliských sekundách, převedeme rychlost v na omnipoliské lokty za omnipoliskou sekundu: $v = 50 omh = 50 \cdot 840 \over 3600 ols = 35 \over 3 ols$. Dosadíme-li číselné hodnoty do vzorce, dostaneme

Rychlus bude Helixe předjíždět přibližně 2,057 os.

Komentář: Někteří z vás jste místo omnipoliských jednotek počítali s jednotkami SI. Byla to chyba, protože nejsou ve stejném poměru (1 om = 840 ol, 1 km = 1000 m).

Body jsem strhávala za nedostačující (popřípadě žádné) zdůvodnění postupu, za zbytečné zaokrouhlování a za individuální chyby.

Úloha č. 6

Čísla nelze do šachovnice rozmístit tak, aby splňovala požadovanou podmínku. Abychom to zdůvodnili, tak pro jakékoliv rozmístění čísel ukážeme, že nutně obsahuje dvojici sousedních čísel, která se od sebe liší více než o 5.

Mějme tedy čísla v šachovnici nějak vepsaná. Najděme políčka, na kterých je napsaná jednička a stovka. Mezi těmito dvěma políčky najdeme nejkratší cestu (takových nejkratších cest může být více, pak si vybereme kteroukoliv z nich).

Délka takové cesty bude nejvýše 18 (to je vzdálenost protilehlých rohových políček šachovnice), možná i méně. (Délkou rozumíme počet kroků mezi políčky, tedy ne počet políček -- ten bude o 1 vyšší.) V každém kroku by ale mělo být číslo na daném políčku nejvýše o pět větší než číslo v kroku předešlém. Protože na prvním políčku máme jedničku, na druhém bude nejvýše šestka, na třetím nejvýše 11 a tak dále, až v 19. nejvýše 1 + 18\cdot5 = 91 (je-li nejkratší cesta kratší než 18 kroků, pak toto číslo bude ještě menší). My ale víme, že na posledním políčku je 100. Někde na cestě jsme tedy museli překročit povolený rozdíl sousedních čísel.

Komentář: Všichni řešitelé této úlohy přišli na to, že úloha řešení nemá (a za to dostali alespoň jeden bod -- upozorňuji však, že v dalších sériích už za řešení, která obsahují jen výsledek, body dávat nebudu). Ne všichni se pokusili o zdůvodnění, proč tomu tak je, navíc většina takových pokusů spočívala v nakreslení jedné až pěti ukázek, které požadovanou podmínku nesplňovaly. To však nedokazuje nemožnost vyřešení příkladu nějakým jiným rozmístěním čísel.

Některá řešení se pokoušela ukázat, že maximální povolený rozdíl musí být alespoň 10 (a ne 5), žádné z těchto řešení však nebylo zcela přesvědčivé. V současné době si nejsem jistý, zda šachovnici 10\times10 polí lze nebo nelze vyplnit tak, aby rozdíly byly nejvýše devět.

Úloha č. 7

Synové byli tři, tudíž rozdělili náměstí třemi čarami. Možností, jak rozdělit náměstí na šest částí stejného obsahu je několik. Na obrázku 1, 2 máme dvě přípustná řešení. Kromě obrázku je ještě vhodné ukázat, že při těchto rozděleních je obsah každé z jednotlivých částí opravdu jedna šestina obsahu náměstí.

Rozdělení na obrázku 1 získáme tímto způsobem: Každou stranu čtverce rozdělíme na tři stejně dlouhé úsečky. Krajní body těchto úseček spojíme se středem čtverce. Dostaneme tak 12 trojúhelníků o stejném obsahu (mají stejně velkou jednu stranu a příslušnou výšku). Čtverec je nyní rozdělen 6 čarami. Z těchto 6 čar tři smažeme (vyznačeny čárkovaně), a to tak, aby jedna ze zbylých čar vycházela z vrcholu čtverce a aby nově vzniklé části měly obsah dvou předešlých trojúhelníků.

obr. 1 obr. 2

U obrázku 2 stačí ukázat, že všechny 4 trojúhelníkové části mají stejný obsah, díky souměrnosti obrázku pak mají stejný obsah i části pětiúhelníkové. Tyto 4 trojúhelníky jsou shodné, pravoúhlé a rovnoramenné. Obsah každého z nich je S=a^{2}/6 (a je strana čtverce) právě tehdy, když je délka odvěsen rovna \sqrt{2S}=a/\sqrt{3}.

Někteří z řešitelů rozdělili náměstí jako na obrázku 3. Nechť |AH|=|CF|=x. Aby byl obsah každé z částí a^{2}/6, je nutně obsah trojúhelníku ABF roven S_{1}= a^{2}/3 = a(a-x)/2. Odtud dostáváme x=a/3.

obr. 3

Jestliže úsečka EG bude procházet středem S čtverce ABCD, rozdělí vždy rovnoběžník AFCH napůl, to znamená, že stačí určit polohu bodu E, tj. například vzdálenost |AE|=y tak, aby úsečka EG dělila napůl i trojúhelník ABF. Trojúhelník CDH pak bude také rozpůlen (neboť je obrazem trojúhelníku ABF ve středové souměrnosti podle středu S, v níž je úsečka EG samodružná).

Bohužel se nikomu z řešitelů nepodařilo vypočíst ani zkonstruovat polohu bodu E. My známe jen takový způsob jejího určení, který přesahuje znalosti žáků základní školy, proto jej zde neuvádíme. Stačí, když si uvědomíte, že takový bod určitě existuje (zkuste si rozmyslet, proč).

Opravovali: 1. Jakub Vojtíšek, 2. Jiří Benc, 3. Stáňa Kucková, 4. Viktor Bobro, 5. Lenka Burešová, 6. Petr Škovroň, 7. Lenka Blažková.