Úloha č. 1

Nejprve dokažme, že je výhodné jít po obvodu: Libuše vyrazí kupříkladu na poštu (4). Z pošty se jí nevyplatí jít přes domov, protože platí trojúhelníková nerovnost (do sousedních míst je to blíž přímo), a protože když půjde do školky (přes domov (9)), musí pak do dalšího místa (např. k dědečkovi 9+8, pokud nejprve k dědečkovi a pak do školky, tak 6+8), což vede opět k prodloužení cesty. Obdobně lze dokázat, že se nevyplatí jít napříč, i pro ostatní místa.

Nyní jen vybrat, která cesta po obvodu je nejkratší (s vynecháním jedné cesty mezi dvěma místy).

Tedy domov--pošta--...--nák. středisko--domov (3+4-6=1); domov--děda--...--školka--domov (5+5-8=2); domov--školka--...--nák. středisko--domov (5+3-5=3); a domov--pošta--...--děda--domov (4+5-6=3).

Tedy je vidět, že nejkratší cesta je: domov--pošta--děda--školka--nákupní středisko--domov (nebo naopak) a měří 26 (jednotek délky).

Komentář: Nejčastější chyba byla ta, že řešitelé nezdůvodnili, proč je nejlepší jít po obvodu čtyřúhelníku. Těm jsem dával po 3 bodech. Ti, kdo neuvedli vůbec žádný postup, dostali 1 bod. Pokud se mi něco nezdálo, strhával jsem další body (4,2).

Úloha č. 2

Libuše nemá pravdu, obdélníková část může mít obsah nanejvýš roven polovině obsahu trojúhelníkové formy. Kdyby na stranách trojúhelníkové formy ležely méně než tři vrcholy obdélníkové části, mohli bychom prodloužit strany obdélníku a tím ho zvětšit. Pokud se obdélník dotýká obvodu trojúhelníku ve třech bodech, můžeme ho vhodným otočením, posunutím a případným zvětšením dostat do pozice, kdy všechny jeho vrcholy leží na obvodu trojúhelníku.

Musíme tedy ukázat, že jestliže všechny vrcholy obdélníku leží na obvodu trojúhelníku, pak obsah obdélníku nemůže být větší než polovina obsahu trojúhelníku. Jsou dvě možnosti, jak může být tento obdélník umístěn (dvě strany leží na odvěsnách nebo jedna strana leží na přeponě).

Zabývejme se nejprve prvním případem. Délky odvěsen si označíme |BC|=a, |AC|=b. Trojúhelníky ALK a ABC jsou podobné (mají shodné úhly), poměr podobnosti označme x. Proto |AK|=bx a |KL|=ax. Obsah trojúhelníku ABC je roven 1\over2 ab, obsah obdélníku CKLM je |CK| \cdot |KL|= (1-x)b \cdot ax = x(1-x)ab. Zapíšeme-li číslo x jako $1\over2 + y, dostaneme x(1-x) = (1\over2 + y)(1\over2 - y) = 1\over4 - y^{{2} \leq 1\over4$. Vidíme, že obsah obdélníku je menší nebo roven 1\over4 ab, což je přesně polovina obsahu trojúhelníku. Rovnost nastane pouze, pokud y=0 neboli x=1\over2, tedy K a M jsou středy odvěsen.}

Druhý případ můžeme převést na první. Vedeme=li výšku z vrcholu C na přeponu, dostaneme dva pravoúhlé trojúhelníky (APC a BPC) s vepsanými obdélníky. Z předchozího víme, že obsah každého z těchto obdélníků nemůže být větší než polovina obsahu příslušného trojúhelníku. To znamená, že ani dohromady nemůže být obsah obdélníku KLMN větší než polovina obsahu trojúhelníku ABC.

Předveďme si ještě jiný, velmi hezký postup řešení, který není založen na výpočtech, ale na geometrické názornosti. Zaslali ho Kateřina Böhmová a Petr Košař. Zobrazme bod A kolem osy KL do bodu A' a bod B kolem osy LM do bodu B'. Úhly B'LM a A'LK dávají dohromady 90\deg, proto A' leží na přímce LB'. Oba trojúhelníky A'LK a B'LM pokryjí obdélník CKLM. Tedy obsah obdélníku je menší nebo roven než součet obsahů trojúhelníků ALK a BLM. Rovnost může nastat jenom, když se body A a B zobrazí do bodu C, neboli když K a M jsou středy odvěsen AC a BC.

Komentář: Několik řešitelů narýsovalo takový trojúhelník a jemu vepsaný obdélník, o kterém se díky nepřesnému rýsování a měření délek domnívali, že má větší obsah než polovina obsahu trojúhelníku. Za takováto řešení jsem neuděloval žádný bod. Další řešitelé sice správně určili, že Libuše nemá pravdu, ale zdůvodnili to pouze tím, že provedli výpočet pro několik konkrétních zvolených poloh obdélníku. Těm jsem uděloval jeden bod. Ti, kteří našli obdélník, jehož obsah je polovina obsahu, dostali alespoň 2 body. Další body jsem uděloval podle toho, jak dobře bylo zdůvodněno, že jiné vepsané obdélníky nemůžou mít větší obsah. Jeden bod jsem strhával za opomenutí případu, kdy jedna strana obdélníku leží na přeponě.

Úloha č. 3

Nejprve si uvědomíme, že pokud máme dány dva různé body A a B, pak oblast, ve které leží body blíže bodu A (příp. B), je polorovina určená osou úsečky AB, ve které leží bod A (příp. B). Máme-li tedy v trojúhelníku určit oblast, která obsahuje body, které jsou nejblíž jednomu z vrcholů, vedeme osy stran (tj. kolmice na stranu procházející jejím středem). V každém trojúhelníku se osy stran protínají v jednom bodě (střed kružnice opsané), v pravoúhlém trojúhelníku je tento průsečík střed přepony.

Díl trojúhelníku, ve kterém leží body nejblíž vrcholu A, je průnik trojúhelníku a polorovin určených osami o_{AC} a o_{AB}. Je to tedy trojúhelník ADF. Podobně díl, který obsahuje body nejblíž vrcholu B, je trojúhelník BEF a díl, který obsahuje body nejblíž vrcholu C, je obdélník CDFE. Vzniklé části jsou tedy dva shodné pravoúhlé trojúhelníky a jeden obdélník (v případě rovnoramenného trojúhelníku je to čtverec).

Komentář: Několik řešitelů nesprávně pochopilo zadání úlohy a dělili trojúhelník jinak, než bylo požadováno. U ostatních jsem body strhával hlavně za nedostatečné zdůvodnění toho, že se osy stran odvěsen protínají na přeponě, a proto vzniklé části musí být obdélník a dva trojúhelníky.

Úloha č. 4

Součet věků všech osmi slonů označíme x. Číslo x má po dělení 9 dávat zbytek 8, to znamená, že ho mohu napsat ve tvaru x=9a+8, kde a je přirozené číslo. Věk jednoho slona je potom $x \over 8 = (9a + 8) \over 8 = 9a \over 8 + 1$. Protože věk jednoho slona je celé číslo a menší než 60, platí, že a je násobek osmi a existuje celkem 7 různých možností pro číslo x: 8, 80, 152, 224, 296, 368, 440. Číslo x musí též po dělení pěti dávat zbytek 4, to znamená, že x musí končit cifrou 4 nebo 9 (násobky pěti končí na 5 nebo 0). Takže nám vyhovuje pouze číslo 224 a věk jednoho slona je 224:8=28 let.

Komentář: Rozdíl mezi pětibodovými a čtyřbodovými úlohami je ten, že pětibodová řešení jsou přehlednější, stručnější, prostě méně pracná než ta čtyřbodová. Nepřipadá mi jako nejlepší způsob řešení ověřovaní dělitelností (která není na první pohled vidět) u více jak šesti čísel... Stejné tak je zbytečné ověřovat dělitelnost osmi u lichých čísel.

Mnozí z řešitelů udělali tu chybu, že sice našli číslo, které po dělení devíti dává zbytek osm a po dělení pěti zbytek čtyři, ale zapomněli, že je to součet věků všech osmi slonů a už tento výsledek nedělili osmi. Jiní z vás jste pro změnu uváděli několik možných věků jednoho slona, z nichž většina byla vyjádřena desetinným číslem (když se někdo ptá na něčí věk, těžko ho zajímá něco jiného, než celé číslo). A pak se též opět našla spousta těch, kteří považují opravující za jasnovědce a tudíž neuvádí postup ani vysvětlení.

Úloha č. 5

Přímočarým postupem by bylo dělením zjistit podíl a sečíst cifry. Podívejme se však, zda by se nedalo příklad vyřešit nějak méně pracně.

Nejdříve si všimneme, že 111111:7=15873. Dále využijeme vlastnosti zápisu čísel v desítkové soustavě, z nich plyne, že

Máme-li dělenec vyjádřený jako součet několika čísel, můžeme podíl získat sečtením podílů těchto čísel ((a+b+c+...):x=(a:x)+(b:x)+(c:x)+...). Je tedy třeba zjistit podíly jednotlivých sčítanců. Platí však vztah (a\cdotl):x=(a:x)\cdotl, ze kterého plyne (dosazením l=1000000 atd.)

Výsledek původního dělení dostaneme sečtením všech těchto částečných podílů a bude to tedy číslo, které bude obsahovat jedenáctkrát se opakující skupinu číslic 015873. Součet číslic v této skupině je 1+5+8+7+3=24, součet všech číslic v podílu je pak 24\cdot11=264.

Komentář: Drtivá většina řešitelů zjistila, že ve výsledku dělení se číslice opakují, málokdo však důkladně zdůvodnil, proč se tak děje. Proto jsem při udělování bodů bral zvláštní ohled na to, kdo jak přesvědčivě své řešení podal, a za nedostatečné vysvětlení jsem strhával až dva body.

Úloha č. 6

V daném trojúhelníku ABC máme najít body X a Y tak, aby |XY|=|AX| a bod X ležel na straně AC a bod Y na straně BC. Hledaná úsečka XY je stranou kosočtverce AZYX (bod Z je průsečík rovnoběžky se stranou AC, vedené bodem Y, a strany AB). Protože v kosočtverci úhlopříčky půlí vnitřní úhly, dostaneme bod Y jako průsečík strany BC a osy úhlu BAC.

Postup konstrukce:

• daný \triangle ABC
• o; o je osa úhlu BAC
• Y; Y \in BC \cap o
• x; Y \in x, x \parallel AB
• X; X \in x \cap AC

Komentář: Úkolem bylo najít v daném trojúhelníku ABC polohu bodů X a Y; to znamená, že výsledný \triangle ABC byl přesně určen a jakékoli pokusy, kdy jste sestrojili nejprve body X a Y a teprve potom \triangle ABC, nemohly zajistit, aby výsledný trojúhelník vypadal tak, jako daný.

Někteří řešitelé dokázali najít polohu bodů X a Y jen pro rovnoramenný nebo rovnostranný trojúhelník ABC.

Mile mne překvapilo, kolik různých správných konstrukčních postupů a důkazů jejich správnosti jste dokázali nalézt.

Úloha č. 7

Označíme první trojciferné číslo abc, druhé je pak cba. Tato čísla jsou různá, to znamená, že jedno musí být větší. Nechť je to první trojciferné číslo (abc). Tedy platí, že a > c > 0. Protože obě čísla jsou dělitelná 21, bude i jejich rozdíl dělitelný 21. Tudíž

kde n je nějaké přirozené číslo.

Jelikož n je přirozené číslo, musí být i 33(a-c) \over 7 přirozené. Z toho, že 33 není dělitelné sedmi, plyne, že a-c je dělitelné sedmi. Víme, že 1 \leq c < a \leq 9. Máme tedy dvě možnosti, první je c=1, a=8 a druhá c=2, a=9.

Nyní vyšetříme první možnost c=1, a=8. Trojciferné číslo abc je dělitelné 21, tudíž

Jelikož 0 \leq b \leq 9, musí být 0 \leq 21k - 801 \leq 90 neboli 39 \leq k \leq 42. Aby 21k končilo číslicí 1, musí mít k na místě jednotek 1. Tomu vyhovuje jen k=41, dopočtením získáme b=6. Hledaná trojciferná čísla jsou 861 a 168.

Přejděme nyní k druhé možnosti c=2, a=9. Tentokrát platí

Protože b představuje číslici, je 43 \leq k \leq 47. Aby 21k končilo cifrou 2, muselo by k končit cifrou 2, a proto tato možnost nevede k žádnému řešení.

Jediná dvojice čísel splňující zadání je 168 a 861.

Komentář: Někteří řešitelé si špatně přečetli zadání, a tak jim vyšly i tři dvojice tvořené čísly, které se po přehození cifer nezmění (252, 525 a 777). Těmto řešitelům jsem strhával 1 bod.

Opravovali: 1. Jan Blažek, 2. a 3. Zbyněk Pawlas, 4. Lenka Blažková, 5. Petr Škovroň, 6. Jan Foniok, 7. Viktor Bobro.