Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Protože každý žák nenávidí šest spolužáků a má jich rád jednadvacet, je jasné, že trojic žáků, kteří se mají navzájem všichni rádi, bude víc než trojic, v nichž se nenávidí. Maximální počet trojic žáků, kteří se navzájem buď všichni nenávidí nebo všichni mají rádi, získáme, pokud skupina žáků, kteří se mají všichni navzájem rádi, bude co největší.

Takové rozdělení znamená, že máme skupinu šesti žáků, kteří se všichni navzájem nenávidí a navíc jsou nenáviděni zbylými dvaadvaceti spolužáky, kteří se naopak mají mezi sebou všichni navzájem rádi. Trojic žáků s hezkými vztahy je počet trojic mezi 22 žáky, což je 22\cdot21\cdot20:6=1540. (pozn. pod čarou: Počet trojic ve skupině n žáků je ovšem roven n\cdot(n-1)\cdot(n-2):6, protože při výběru prvního v trojici máme n možností, při výběru druhého n-1 možností (prvního vybraného už vybrat nesmíme), při výběru třetího n-2 možností (nesmíme vybrat nikoho z prvních dvou). Tak jsme ale každou trojici vybrali šestkrát, v závislosti na pořadí, v jakém jsme její jednotlivé členy vybírali.) Počet trojic se špatnými vztahy je počet trojic mezi sedmi žáky (skupina šesti vyvrhelů a jeden žák z druhé skupiny, kterého těchto šest nenávidí), což je 7\cdot6\cdot5:6=35. Celkem je tedy 1575 vyhovujících trojic.

Komentář: Pokud jste neuvedli postup řešení, případně jste neuměli spočítat počet trojic mezi např. sedmi žáky a tvrdili jste, že jsou dvě, nemáte žádný bod. Za náznak řešení je podle závažnosti jeden až dva body. Spousta z vás maximalizovala počet trojic s negativními vztahy, tj. 140 (při rozdělení do čtyř skupin po sedmi, v nichž se žáci navzájem nenávidí, přičemž každí dva žáci ze dvou různých skupin se mají navzájem rádi). Někteří jste pak spočítali maximální možný počet trojic kladných vztahů, kterého ovšem takové vaše rozdělení nemohlo dosáhnout. Máte za řešení tři body. Při 140 negativních trojicích je těch pozitivních 4\cdot7\cdot7\cdot7=1372. (Trojice můžu ze čtyř skupin vytvořit čtyřmi různými způsoby. Pro každou trojici skupin je 7\cdot7\cdot7 trojic žáků, kteří se mají navzájem rádi -- z každé skupiny vyberu libovolně jednoho ze sedmi žáků). Celkem je tedy vyhovujících trojic při tomto rozdělení 1512. Pokud jste došli k tomuto výsledku a vyvarovali jste se závažných chyb, máte 4 body. Čtyři body máte i tehdy, pokud jste došli ke správnému výsledku, ale nemáte zdůvodněno, proč by měl být maximální možný. Pět bodů si vlastně nikdo nezasloužil, ale dva z vás byli prostě lepší než ti ostatní, tak jsem jim pět bodů nakonec dala.

Úloha č. 2

Kružnice trojúhelníku vepsaná se dotýká každé strany v právě jednom bodě a její střed leží na průsečíku os vnitřních úhlů. Toho právě při řešení využijeme.

Označíme zadané vrcholy A a B, střed kružnice vepsané S a hledaný třetí vrchol trojúhelníku C. Nejprve sestrojíme poloměr kružnice a poté z vrcholů A, B tečny. Úsečka AB je tečnou kružnice k, proto spustíme z bodu S kolmici na AB a její průsečík s AB je tečný bod kružnice k. Označme ho T_{C}. Vzdálenost |T_{C}S| je tedy poloměr r kružnice k. Z bodu A vedeme tečnu ke kružnici k. Tečným bodem T_{B} bude průsečík Thaletovy kružnice nad průměrem AS a kružnice k. Přímka AT_{B} je tečnou kružnice k. Stejně sestrojíme i tečnu z bodu B (pomocí Thaletovy kružnice nad průměrem SB) a tečný bod označíme T_{A}. Potom bod C je průsečík přímek AT_{B} a BT_{A}.

Diskuse řešení: V polorovině určené přímkou AB a bodem S existuje jedno řešení, pokud je úhel ASB tupý. V opačném případě úloha nemá řešení. Zkuste si rozmyslete proč.

Komentář: Body jsem strhávala převážně za neuvedení použitých vlastností kružnice vepsané (to by mělo být v rozboru úlohy) a postupu konstrukce tečen ke kružnici. Dalším důvodem k udělení menšího počtu bodů byl nedostatečný komentář.

Úloha č. 3

K vyřešení stačí najít sedm co nejmenších dvojic prvočísel (aby Šed dohromady zaplatil co nejméně), jejichž rozdíl je dvě. Současně si je potřeba uvědomit, že jednička není prvočíslo. Ceny jednotlivých položek tedy jsou (uvedeny v místních platebních jednotkách):

\eqalignno{ 3 + 5 &= 8 \cr 5 + 7 &= 12 \cr 11 + 13 &= 24 \cr 17 + 19 &= 36 \cr 29 + 31 &= 60 \cr 41 + 43 &= 84 \cr 59 + 61 &= 120. \cr}

Celkem Šed zaplatil 8+12+24+36+60+84+120=344.

Komentář: Pro většinu z vás byla úloha velmi jednoduchá, z čehož vycházelo také bodování. Za správné řešení s popsaným postupem bylo 5 bodů, přičemž pokud si někdo neuvědomil, že 1 není prvočíslo, bod jsem nestrhávala. Čtyři body dostali ti, kteří udělali v řešení numerickou chybu, ale měli dobře postup. Byli mezi vámi tací, kteří úlohu pochopili špatně a většinou docházeli k výsledku 36. Těm jsem dávala 3 body. Pokud bylo řešení zmatené, nepřehledné a výsledek špatný, udělovala jsem 1 bod za snahu.

Úloha č. 4

Předpokládejme, že jeskyně je čtverec ABCD o straně a. Označme S střed čtverce a E, F, G a H postupně středy stran AB, BC, CD a DA. Jednou z možností, kde se může Velký Johny nacházet, je bod S. Zřejmě totiž každá kružnice se středem S a poloměrem větším než |AE|=a\over2 a zároveň menším než |AS|=a\sqrt{2}\over2 protne čtverec v osmi různých bodech. Zkusíme zjistit, které další body mají tuto vlastnost.

Kružnice má s přímkou maximálně dva společné body. Přitom, aby měla dva společné body, musí být její poloměr větší, než je vzdálenost jejího středu od přímky. Má-li kružnice protnout strany čtverce v osmi různých bodech, musí každou stranu protnout právě dvakrát. Už víme, kdy kružnice protne přímky určené stranami ve dvou bodech. Nyní ještě zbývá zajistit, aby žádný z těchto dvou bodů neležel mimo stranu čtverce. To platí, když je poloměr kružnice menší než vzdálenost jejího středu k vrcholu čtverce. Celkově tedy musí být poloměr kružnice větší než vzdálenost jejího středu k nejvzdálenější straně a zároveň menší než vzdálenost středu k nejbližšímu vrcholu čtverce. Naším úkolem je najít všechny středy kružnic, které splňují tuto podmínku.

K tomu potřebujeme vědět, že množina všech bodů, které jsou stejně vzdáleny od daného bodu a dané přímky, je křivka, které se říká parabola. Rozdělíme si čtverec ABCD úhlopříčkami a osami stran na osm stejných trojúhelníků. Díky symetrii nám stačí omezit se při řešení pouze na jeden trojúhelník, zvolme například SFC. K bodům tohoto trojúhelníku je nejbližší vrchol C a nejvzdálenější strana AD. Z předchozího již víme, že kružnice (se středem v trojúhelníku SFC) protne čtverec v osmi různých bodech, jestliže její poloměr je menší než vzdálenost středu od vrcholu C a větší než vzdálenost středu od strany AD. Křivka tvořená body, které mají stejně daleko k bodu C a přímce AD, je parabola (prochází body B a G). Průsečíky paraboly se stranami SF a SC označme K a L. Parabola tedy rozdělí trojúhelník SFC na dvě části. V části KFCL jsou body, které jsou blíž k C než k AD, a v části SKL jsou body, které jsou naopak blíž k AD než k C. Nás zajímá část SKL, zvolíme-li v ní libovolně bod X a označíme x jeho vzdálenost od strany AD a y jeho vzdálenost od vrcholu C, tak platí x < y a můžeme najít poloměr r takový, že x < r < y. Kružnice se středem X a poloměrem r protíná čtverec v osmi různých bodech. Zároveň žádný střed kružnice s touto vlastností nemůže ležet mimo oblast SKL. Není těžké spočítat (z Pythagorovy věty nebo z podobnosti trojúhelníků), že |SK| = a \over 8 a |SL| = (3\sqrt{2}-4)\over2 a.

Symetricky pomocí osových souměrností doplníme určenou množinou SKL v ostatních trojúhelnících. Velký Johny se skrývá v útvaru podobném osmiúhelníku. Jeho hranice, která je tvořena částmi parabol, do hledané oblasti nepatří.

Komentář: Úloha byla poměrně těžká. Počet řešitelů, kteří se dopracovali k správnému řešení, se dá spočítat na prstech obou rukou. Nejčastěji jste se domnívali, že hledaná množina bude kruh o průměru $|AS|-|AE| = a\sqrt{2}\over2 - a\over2$. Body tohoto kruhu skutečně danou vlastnost splňují, ale jak je vidět z vzorového řešení, nejsou to všechny body.

K úplnému vyřešení úlohy byly třeba znalosti, které hraničí s úrovní základní školy (vlastnosti paraboly nebo složitější počítání s kvadratickými funkcemi). Proto jsem se snažil ohodnotit nějakým bodem každou správnou myšlenku v řešení.

Úloha č. 5

Hledáme číslo x, které po dělení čísly n \in \lbrace1, 2, ..., 10\rbrace bude mít zbytek n-1, což se dá zapsat takto:

\eqalignno{ x &= n \cdot k + (n-1). \cr _NOALIGN(Po úpravě dostaneme) x + 1 &= n \cdot (k+1). \cr}

Tedy když k hledanému číslu x přičteme 1, pak dostaneme číslo, které je násobek čísel n \in \lbrace1, 2, ..., 10\rbrace. Nejmenší takové číslo je společný násobek čísel 1, 2, ..., 10, což je 2520. Druhé nejmenší číslo, které je násobkem čísel 1, 2, ..., 10, je potom 2 \cdot 2520 = 5040, a tak hledané číslo x je rovno 5039.

Komentář: Objevilo se několik různých postupů řešení. Nejčastější chyby byly v tom, že autoři zapomněli, že hledají druhé nejmenší číslo. Body jsem strhávala hlavně za nejasnosti v postupu.

Úloha č. 6

Za správné řešení bylo 5 bodů (obr. 1).

Obr. 1 Obr. 2

Častou chybou bylo řešení, které se vyhnulo podmínce, že každá druhá zatáčka má být v kolečku, tím, že cesta začínala a končila na jednom konkrétním políčku. Cesta v tomto políčku zatáčela, a ačkoli okolní zatáčky nebyly v kolečkách, ani zatáčka na startu/cíli nebyla v kolečku. Pokud byla věta „Je možné začít v libovolném čtverci, ale ve stejném čtverci je nutné i skončit.“ chápána jako podmínka, byla tímto řešením porušena. Za toto řešení jsme dávali 4 body, protože uznáváme, že zadání nebylo příliš jednoznačné. „Čtyřbodové“ řešení je znázorněno na obrázku 2.

Řešení nesplňující více podmínek bylo hodnoceno jedním bodem (za snahu).

Úloha č. 7

V tomto příkladě využijeme vzorec pro rovnoměrný pohyb

s = v \cdot t.

Označíme si vzdálenost mezi Lasttownem a Od-lehlou-farmou o=6 mil. Dále v_{1} je rychlost 4 míle za hodinu a v_{2} rychlost 2 míle za hodinu.

První polovinu cesty Kams ujde (dle vzorce t =s \over v) za dobu

t_{1} = 1\over2 o \over v_{1},

druhou polovinu cesty cesty ujde za dobu

t_{2} = 1\over2 o \over v_{2}.

Celkový čas, za který dojde Kams domů, se rovná součtu časů t_{1} a t_{2}

t_{K} = t_{1} + t_{2} = 1\over2 o \over v_{1} + 1\over2 o \over v_{2} = 3\over4 + 3\over2 = 9\over4.

Kams dojde domů za 2 hodiny a 15 minut.

Nyní spočítáme, za jak dlouho dojde domů Maks. Opět si cestu rozdělíme na dva úseky. První úsek šel Maks rychlostí v_{1} polovinu času, který potřeboval na cestu domů. Pokud označíme Maksův celkový čas t_{M}, tak délka prvního úseku je s_{1} = 1\over2 t_{M} \cdot v_{1} (dle vzorce s = v \cdot t). Druhý úsek šel stejně dlouho ale rychlostí v_{2}, tudíž ušel dráhu s_{2} = 1\over2 t_{M} \cdot v_{2}. Dále víme, že celková cesta měří o mil. Odtud dostaneme, že

o = s_{1} + s_{2} = 1\over2 \cdot t_{M} \cdot v_{1} + 1\over2 \cdot t_{M} \cdot v_{2} = 1\over2 \cdot t_{M} \cdot (v_{1}+v_{2})

a dopočteme

t_{M} = 2o \over (v_{1} + v_{2}) = 12 \over (4+2) = 2.

Maks šel domů 2 hodiny.

Porovnáním obou časů zjistíme, že Maks byl doma dříve o 15 minut.

Komentář: Za správný výpočet času obou dvojčat jsem uděloval po dvou bodech. Pátý bod jste mohli získat za správnou odpověď. Body jsem strhával za nepřesný nebo nedostatečně vysvětlený postup řešení.

Opravovali: 1. Lenka Blažková, 2. Lenka Burešová, 3. Věra Koudelková, 4. Zbyněk Pawlas, 5. Václava Kopecká, 6. Stáňa Kucková a Přemek Paška, 7. Viktor Bobro.