Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Obsah celého kruhového trávníku označíme S a jeho poloměr r. Obsah kruhu, který má well-Bloud spást, označíme S' a jeho poloměr r'. Platí S=\pi r^{2} a S'=\pi(r')^{2}. Obsah S' má být jedna třetina obsahu S. Odtud

\eqalignno{ S' &= 1\over3 S \cr \pi (r')^{2} &= 1\over3 \pi r^{2} \cr (r')^{2} &= 1\over3 r^{2} \cr r' &= r \over \sqrt{3}. \cr}

V našem případě je poloměr r roven 30 stopám, a tak $r' = 30 \over \sqrt{3} = 10\sqrt{3} stop. Po zaokrouhlení vyjde poloměr r'$ přibližně 17,3 stop. Pokud by měl Maks náhodou s sebou nějaké měřidlo, tak by mohl odměřit tuto přibližnou vzdálenost a vyznačit třetinu trávníku (ovšem pouze přibližně).

Druhá část úlohy se zabývá tím, jak lze vzdálenost r'=10\sqrt{3} určit přesně bez zaokrouhlování a měření délek. Ukážeme si to na obrázku.

Kružnice k znázorňuje hranici kruhového trávníku. Její střed je bod K, který představuje kůl. Nakreslíme rovnostranný trojúhelník AKB tak, že body A a B leží na kružnici k. Výška v rovnostranném trojúhelníku je v = \sqrt{3}\over2 r = 15\sqrt{3}. Hledanou vzdálenost 10\sqrt{3} můžeme vyjádřit jako 2\over3 v. Výška v rovnostranném trojúhelníku je zároveň těžnicí. Ve vzdálenosti dvou třetin výšky od vrcholu K leží těžiště trojúhelníku AKB, které sestrojíme jako průsečík dvou libovolných těžnic. Je dobré si uvědomit, že k narýsování trojúhelníku a nalezení jeho těžiště nám stačí kružítko a rovné pravítko, kterým jsme schopni spojit dva body (nemusí na něm být žádná stupnice). Tyto pomůcky mohou být nahrazeny nožem, dostatečně dlouhým provazem a několika kolíky. Po nalezení těžiště T trojúhelníku AKB stačí provaz upevnit ke kůlu, napnout, uříznout ho v bodě T a well-Blouda přivázat na volný konec.

Komentář: Všem kreslícím děkuji za pěkné obrázky well-Bloudů. Nabádám k citlivějšímu rozlišení slov poloměr a průměr, jiné závažnější chyby se nevyskytly.

Úloha č. 2

Cena jablka závisí na jeho hmotnosti. Protože hustota obou jablek je stejná a objem je přímo úměrný hmotnosti, závisí cena na objemu. Vypočítáme si tedy, kolik ořechů zaplatíme za jednotku objemu u předposledního i u posledního jablka. Výhodnější bude to jablko, u něhož za jednotku objemu zaplatíme méně.

Povrch předposledního jablka označíme S_{1}, povrch posledního S_{2}. Obdobně poloměr předposledního jablka označíme r_{1}, poloměr posledního r_{2}; cenu předposledního jablka označíme c_{1}, cenu posledního c_{2}. Ze zadání víme, že S_{1} = 3\over2 \cdot S_{2}.

Pro povrch koule platí vztah S = 4 \cdot \pi \cdot r^{2}, v našem případě tedy

S_{1} = 4 \cdot \pi \cdot r_{1}^{2} S_{2} = 4 \cdot \pi \cdot r_{2}^{2}.

Zároveň S_{1} = 3\over2 \cdot S_{2}, dosadíme-li předchozí dvě rovnosti za S_{1} a S_{2}, dostáváme:

\eqalignno{ 4 \cdot \pi \cdot r_{1}^{2} &= 3\over2 \cdot 4 \cdot \pi \cdot r_{2}^{2}, \cr _NOALIGN(vydělíme $4\pi$:) r_{1}^{2} &= 3\over2 \cdot r_{2}^{2}, \cr _NOALIGN(po odmocnění:) r_{1} &= \sqrt{3\over2} \cdot r_{2}.\cr}

Teď tedy umíme vyjádřit r_{1} pomocí r_{2}, což se nám bude za chvíli hodit.

Pokud chceme určit cenu za jednotku objemu, musíme nejdříve zjistit objem obou jablek. Objem koule je dán vztahem V = 4\over3 \cdot \pi \cdot r^{3}. V našem případě:

V_{1} = 4\over3 \cdot \pi \cdot r_{1}^{3} V_{2} = 4\over3 \cdot \pi \cdot r_{2}^{3}.

Už víme, že r_{1} = \sqrt{3\over2} \cdot r_{2}, dosadíme-li, dostáváme pro objem:

\eqalignno{ V_{1} &= 4\over3 \cdot \pi \cdot \left(\sqrt{3\over2}\right)^{3} \cdot r_{2}^{3}, \cr V_{2} &= 4\over3 \cdot \pi \cdot r_{2}^{3}. \cr}

Tedy V_{1} = \left(\sqrt{3\over2}\right)^{3} \cdot V_{2}.

Dalšími úpravami dostaneme V_{1} = \sqrt{\left(3\over2_right())^{3}} \cdot V_{2} = \sqrt{27\over8} \cdot V_{2}.

Zajímá nás cena za jednotku objemu, takže musíme celkové ceny jednotlivých jablek vydělit jejich objemem (ze zadání víme, že c_{1} = 25 a c_{2} = 14):

\eqalignno{ c_{1}/V_{1} &= 25 \over (\sqrt{27 \over 8} \cdot V_{2}) = 25\sqrt{8} \over (\sqrt{27} \cdot V_{2}) = \cr &= \sqrt{5000 \over 27} \cdot 1/V_{2}, \cr c_{2}/V_{2} &= 14 / V_{2} = \sqrt{14^{2}} / V_{2} = \sqrt{196} \cdot 1/V_{2} = \cr &= \sqrt{5292 \over 27} \cdot 1/V_{2}. \cr}

Pro přehlednost ještě jednou:

\eqalignno{ c_{1}/V_{1} &= \sqrt{5000/27} \cdot 1/V_{2}, \cr c_{2}/V_{2} &= \sqrt{5292/27} \cdot 1/V_{2}. \cr}

Ihned vidíme, že c_{1}/V_{1} < c_{2}/V_{2}, takže cena za jednotku objemu předposledního jablka je menší než cena za jednotku objemu posledního jablka. Proto je výhodnější koupit předposlední jablko.

Komentář: Spousta řešitelů zaokrouhlovala mezivýsledky v průběhu výpočtu. Tento postup není správný. Je potřeba si uvědomit, že každé takové zaokrouhlení způsobí nepřesnost, která se táhne až do konce výpočtu a každým sčítáním a násobením velmi rychle narůstá. Nakonec je nepřesnost tak velká, že se vůbec nedá říct, jestli to, co vyšlo, je správný výsledek, nebo jen náhodný šum vzniklý zaokrouhlováním. Některým řešitelům tato „zaokrouhlovací chyba“ skutečně narostla natolik, že to ovlivnilo výsledek ve prospěch posledního jablka.

Za řešení, kde se zaokrouhlovaly mezivýsledky, byly strženy 2 body.

Některá řešení zvolila cestu dosazení konkrétní hodnoty za r_{1} či S_{1}. Toto řešení není špatně, jen je třeba zdůvodnit, že to nevadí (tedy že to pro jakoukoliv jinou hodnotu musí vyjít stejně). Pokud takovéto zdůvodnění chybělo, byl stržen 1 bod.

Úloha č. 3

Nejdříve zkusíme spočítat, s kolika různými písmeny pracujeme: jsou to A, I, L, M, N, O, P, R, S a T, celkem je jich tedy deset, takže skutečně bude každému z nich odpovídat jedna číslice a naopak. Dále si všimneme, že S a N se v algebrogramu vyskytují každé pouze jednou, žádné není ve výsledku a obě jsou ve stejném sloupci; z toho však plyne, že pokud najdeme nějaké řešení, tak záměnou S a N dostaneme jiné řešení.

Další pozorování se týká posledního sloupce (číslice v řádu jednotek). Nutně platí 3A+O=&bdquo;xA&ldquo;=10x+A, kde x je neznámé, ale celé. Známe-li A, je tedy hodnota O jednoznačně daná.

Nyní se podívejme na první sloupec (číslice v řádu statisíců). Hned vidíme, že M \leq I; navíc různým písmenům musí odpovídat různé číslice, proto M < I a pečlivým počítáním se dá dokonce ukázat, že I=M+1. Není to však až tak jednoduché, jak si někteří z vás mysleli, je totiž potřeba počítat i s přenosy z nižších řádů („dvě jdou dále“).

Protože P, R, M a I jsou první číslice v jednotlivých číslech, měly by být různé od nuly.

Dále už nezbývá nic moc jiného, než šikovně zkoušet dosazovat za různá písmena různé číslice, například nejprve zvolit A=1, dopočítat O, pak rozebrat možnosti pro druhý sloupec a přitom se pokusit doplnit zbývající písmena. Dále pokračujeme s A=2 atd. Vyzbrojeni jistou dávkou trpělivosti dojdeme k řešení 8632+9472+92832+341206=452142, po záměně S za N 8632+9402+92832+341276=452142, a pokračujeme-li dále, zjistíme, že jiná řešení úloha nemá.

Komentář: Poslední fáze řešení úlohy (rozbor mnoha případů) je sice klíčová, ale těm řešitelům, kteří vypozorovali některé vztahy (2A+O=x0, I=M+1) jsem dal poměrně dost bodů, i když nepočítali dále a nedobrali se výsledku. Naproti tomu se mi moc nelíbilo, že někteří řešitelé bez jakéhokoliv rozboru algebrogramu napsali počítačový program, který vyzkoušel všechny možnosti a tak úlohu vyřešil za ně. Takové řešení sice vede k cíli, ale protože v zásadě jde o zkoumání úplně všech možností, strhával jsem za ně bod -- stejně jako bych strhával řešitelům, kteří by vyzkoušeli všechny možnosti, aniž by si všimli, že 2A+O=x0 apod. Ti, kteří se o postup nepodělili vůbec a napsali jen řešení, přišli o dva body.

Úloha č. 4

Krychli si rozkreslíme na jednotlivé vrstvy (vodorovné nebo svislé). Na obrázku je zvoleno rozdělení na vodorovné vrstvy. Z obrázku v zadání zjistíme, že ve vrstvách I, II a IV jsou všechny kostičky určené jednoznačně. Ve vrstvě III se však nachází prostor, ve kterém kostička být může, ale nemusí. Na obrázku je tato kostička označena otazníkem. Protože máme určit maximální počet krychliček, budeme uvažovat, že se na tomto místě kostička nachází.

Nyní stačí jen spočítat počet krychliček ve vrstvách. V I. vrstvě je 9 kostiček, ve II. vrstvě 7, ve III. vrstvě 12, ve IV. vrstvě 13, tedy celkem 9+7+12+13=41 kostiček.

Křišťálová koule se skládá maximálně z 41 krychliček.

Úloha č. 5

Představme si situaci ve vztažné soustavě spojené s lodní karavanou. Označme rychlost lodní karavany v_{1}=45 mil za hodinu a rychlost průzkumné lodi v_{2}=75 mil za hodinu. Když pluje průzkumná loď vpřed, lodě se vůči sobě pohybují rychlostí v_{2}-v_{1}, když pluje zpět, pohybují se vůči sobě rychlostí v_{1}+v_{2}. Je jasné, že průzkumná loď musí cestou tam i zpět urazit stejnou vzdálenost (na začátku i na konci pohybu jsou obě lodě na stejném místě). Označme dále t dobu, za kterou se má průzkumná loď obrátit. Pak platí:

\eqalignno{ (v_{2}-v_{1})t &= (v_{1}+v_{2})(3-t).\cr _NOALIGN(Po úpravě) 2tv_{2} &= 3(v_{1}+v_{2}) \cr t &= 3\over2 \cdot (v_{1}+v_{2}) \over v_{2}. \cr _NOALIGN(Po dosazení) t &= 3\over2 \cdot 120\over75 = 12 \over 5 = 2,4. \cr }

Průzkumná loď se tedy musí otočit za 2 hodiny a 24 minut.

Komentář: Naprostá většina z vás úlohu vyřešila dobře. Body jsem strhávala jen těm, kteří v řešení uvedli pouze výpočty vedoucí k cíli a dále už je nekomentovali.

Úloha č. 6

Uvádíme dva možné způsoby řešení. Úkolem bylo zjistit, kolik lze najít všech různých přiřazení šesti hromádek banánů šesti well-Bloudům tak, že žádný nedostane svou hromádku. Nejprve si vysvětleme, co budeme rozumět slovem cyklus. Řekněme, že první well-Bloud dá své banány třetímu, třetí čtvrtému a čtvrtý prvnímu. Potom první, třetí a čtvrtý well-Bloud tvoří cyklus. (Intuitivní význam je vidět z obrázku, kde je šipkou vyznačeno, který well-Bloud komu dá svoje banány.)

První způsob řešení vychází z možných rozdělení well-Bloudů do cyklů. Tato rozdělení jsou možná čtyři: 1. jeden cyklus se šesti well-Bloudy; 2. jeden cyklus se čtyřmi a jeden se dvěma well-Bloudy;

  1. dva cykly po třech well-Bloudech; a 4. tři cykly po dvou well-Bloudech. V prvním případě je možností 120 (první well-Bloud může dát své banány některému z ostatních pěti, druhý některému ze zbylých čtyř, třetí někomu ze zbylých tří, čtvrtý si může vybírat ze dvou, pátý musí dát své banány šestému a ten prvnímu, celkem tedy 5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120 možností.

Ve druhém případě lze 6 ''nad'' 2=6\cdot5 \over 2=15 způsoby (pozn. pod čarou: Jak jsme již psali minule, při výběru prvního well-Blouda máme šest možností a při výběru druhého pět možností. Tak jsme ovšem každou dvojici vybrali dvakrát, v závislosti na pořadí dvou vybraných well-Bloudů. Počet k-prvkových podmnožin, tedy neuspořádaných k-tic z (množiny) n prvků se označuje symbolem n ''nad'' k a spočítá se $n nad k = n\cdot(n-1)\cdot\cdots\cdot(n-k+1) \over k\cdot(k-1)\cdot\cdots\cdot1. Symbol n nad k čteme ''n$ nad k.) vybrat dva well-Bloudy, kteří tvoří jeden cyklus, zbylí čtyři tvoří druhý cyklus. Výměna banánů mezi dvěma well-Bloudy je možná jen jedním způsobem. Mezi zbylými čtyřmi (analogicky jako v prvním případě) je možností 3\cdot2\cdot1=6. Ve druhém případě máme tedy 15\cdot6=90 způsobů.

Ve třetím případě postupujeme analogicky jako ve druhém. Jeden tříčlenný cyklus lze vybrat 6 ''nad'' 2 = 6\cdot5\cdot4 \over 6 = 20 způsoby. Tak jsme ale každé rozdělení do cyklů vybrali dvakrát. V každém cyklu jsou dvě možnosti, jak banány mezi well-Bloudy vyměnit. Celkově tak dostáváme 10\cdot2\cdot2=40 možností.

Konečně ve čtvrtém případě je počet rozdělení na cykly $6\cdot5\over2 \cdot 4\cdot3\over2 : 6 = 15$. V každém cyklu je jen jediná možnost, jak banány prohodit, což dává 15 možností ve čtvrtém případě.

Celkový počet způsobů rozdělení banánů mezi well-Bloudy je pak roven součtu všech případů, dohromady musíme zvolit jedno rozdělení z 120+90+40+15=265.

Ve druhém způsobu řešení spočítáme nejprve počet všech možných předání banánů bez ohledu na podmínku, že nikdo nesmí dostat svoje banány, a poté odečteme počet takových předání, při kterých některý well-Bloud dostal svoje banány. První úkol je jednoduchý. První hromádku banánů můžeme dát šesti well-Bloudům, druhou pěti, třetí čtyřem atd. Celkem je možných přidělení banánů 6!=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=720. (pozn. pod čarou: Počet libovolných přidělení n hromádek banánů n well-Bloudům je vždy roven n!=n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\cdot\cdots\cdot2\cdot1. Symbol n! přitom čteme n faktoriál.)

Počet rozdělení banánů, kdy některý well-Bloud dostane své vlastní banány, je třeba spočítat velmi pečlivě a pozorně. Počet rozdělení banánů, při kterých první well-Bloud dostane své banány, je 5!=120. Pokud bychom ale sečetli tyto počty pro všechny well-Bloudy, dostali bychom některé možnosti vícekrát -- například ty možnosti, kdy si své banány nechají jak první tak i druhý well-Bloud, bychom započítali u prvního i u druhého.

To znamená, že takové možnosti musíme zase odečíst. Počet možných dvojic well-Bloudů je, jak už víme, 6 ''nad'' 2 = 15, počet přiřazení banánů, kdy si dva vybraní well-Bloudi nechají svoje, je roven počtu libovolných přiřazení banánů mezi zbylými čtyřmi well-Bloudy, tedy 4!. Musíme tudíž odečíst 15\cdot4! možností.

Ovšem pozor! Jistě tušíte, že jsme tak odečetli některé možnosti vícekrát... Pro počet přiřazení banánů šesti well-Bloudům, kdy si alespoň jeden well-Bloud nechá své banány, pak platí vzorec

6 ''nad'' 1 \cdot 5! - 6 ''nad'' 2 \cdot 4! + 6 ''nad'' 3 \cdot 3! - 6 ''nad'' 4 \cdot 2! + 6 ''nad'' 5 \cdot 1! - 6 ''nad'' 6 \cdot 1 = 455.

Jaký je význam tohoto vzorce? Vzorec říká, že počet přiřazení, při kterých si alespoň jeden well-Bloud nechá své banány, spočteme tak, že vezmeme počet well-Bloudů vynásobený počtem přiřazení, kdy si jeden nechá své banány. Od tohoto součinu odečteme počet dvojic well-Bloudů vynásobený počtem přiřazení, kdy si dva nechají své banány. Dále přičteme počet trojic well-Bloudů vynásobený počtem přiřazení, kdy si tři well-Bloudi nechají své banány atd., až na konci odečteme počet šestic (což je jedna) vynásobený počtem přiřazení, kdy si všichni well-Bloudi nechají své banány (to je také jen jedno).

Proč tento vzorec funguje? Zkusme se podívat, kolikrát započítáme přiřazení banánů, při kterém si první, druhý, třetí a čtvrtý well-Bloud nechají své banány a pátý se šestým si je vymění. Bude to čtyřikrát v prvním sčítanci, poté je 4 ''nad'' 2 = 6 krát odečteme (za každou dvojici z těch čtyř, kteří si banány nechávají), poté zase 4 ''nad'' 3 = 4 krát přičteme (za každou trojici) a nakonec jednou odečteme. Celkově jsme toto přiřazení započítali 4-6+4-1=1 krát, jak jsme chtěli. Podobně si můžete zkontrolovat, že právě jednou započteme i ta přiřazení, kdy si své banány nechá právě jeden, dva, tři, pět nebo šest well-Bloudů.

Vzorec, který jsme uvedli, se nazývá princip inkluze a exkluze. Jedná se o poměrně komplikovanou věc, takže si ho zkuste pořádně promyslet (nebo se přihlaste na letní tábor, kde vám ho vysvětlíme ještě lépe).

Zpět k řešení naší úlohy. Právě jsme si ukázali, že počet „špatných“ přiřazení, kdy si některý well-Bloud nechá své banány, je 455. Počet těch správných, kdy si žádný své banány nenechá, je pak samozřejmě 720-455=265.

Komentář: Většina správných řešení použila myšlenky z některého ze vzorových řešení. Někteří se snažili, ať už více či méně úspěšně, vypsat a spočítat všechny možnosti. Každé takové řešení dotažené do správného konce získalo pět bodů. Řešení, v nichž se vyskytovaly dobré myšlenky, ale nevedlo ke správnému výsledku, dostalo podle okolností dva až čtyři body. Alespoň nějakou trochu kloudnou myšlenku jsem hodnotil jedním bodem.

Často jste došli k výsledku 120 a neuvědomili si přitom, že well-Bloudi si nemusí vyměnit své banány jen v jednom cyklu, ale že cyklů může být více.

Úloha č. 7

Úlohu jste řešili několika způsoby, ale všechny spočívaly v rozdělení zadaného útvaru na mnohoúhelníky, jejichž obsah umíme spočítat.

Ukážeme si postup, kdy od obsahu většího ubrousku odečteme plošky S_{1} a S_{2}. Označíme délku strany většího ubrousku a a délku strany menšího ubrousku b. Nejprve dokažme, že S_{2} je trojúhelník. Protože $|\angle DAH|= 30\deg, je |\angle FAD|=60\deg, a proto |\angle BAF|=30\deg$. Ubrousky jsou čtvercové, a tak |AD|=|AB|=a a |AH|=|AF|=b. Tudíž jsou trojúhelníky AFB a AHD shodné (mají dvě strany stejně dlouhé a také stejně velký úhel těmito stranami sevřený). Odtud dostaneme, že |\angle AFB|=|\angle AHD|=90\deg, což znamená, že úhel BFG je přímý. Plocha S_{2} je tak tvořena pravoúhlým trojúhelníkem BCX.

Protože součet úhlu v trojúhelníku je 180\deg, má úhel ADH velikost 60\deg. Na polopřímce opačné k polopřímce HD sestrojíme bod Y tak, aby |\angle HAD|=|\angle HAY|=30\deg. Obdržíme trojúhelník DAY, který má všechny vnitřní úhly 60\deg. Jedná se tedy o rovnostranný trojúhelník s délkou strany a. Úsečka AH, která tvoří výšku tohoto trojúhelníku, dělí stranu DY na poloviny. Z toho plyne, že |DH|=1\over2 a. Pomocí Pythagorovy věty pro trojúhelník AHD vypočteme b=|AH|:

\eqalignno{ b^{2} &= a^{2} - \left(a \over 2\right)^{2} = 3\over4 a^{2} \cr b &= \sqrt{3}\over2 a. \cr}

Díky shodnosti trojúhelníků AHD a AFB je obsah S_{1} trojúhelníku AFB roven obsahu trojúhelníku AHD

S_{1} = 1\over2 \cdot |DH| \cdot |AH| = 1\over2 \cdot a\over2 \cdot \sqrt{3}a\over2 = \sqrt{3}\over8 a^{2}.

Obdobným způsobem lze spočítat obsah trojúhelníku BCX. Jiná možnost je využít podobnosti trojúhelníků AHD a BCX. Ty jsou podobné, jelikož mají stejně velké úhly. Pro délky stran máme

\eqalignno{ |CX| \over |BC| &= |DH| \over |AH| \cr |CX| &= a\over2_cdot()a \over a\sqrt{3}\over2 \cr |CX| &= a \over \sqrt{3} = \sqrt{3}\over3 a. \cr}

Obsah trojúhelníku BCX je

S_{2} = 1\over2 \cdot |BC| \cdot |CX| = 1\over2 \cdot a \cdot \sqrt{3}\over3 a = \sqrt{3}\over6 a^{2}.

Výsledný obsah získáme odečtením obsahů S_{1} a S_{2} od obsahu většího ubrousku

S = a^{2}-S_{1}-S_{2} = a^{2} - \sqrt{3}\over8 a^{2} - \sqrt{3}\over6 a^{2} = (24-7\sqrt{3})\over24 a^{2}.

Po dosazení a=12 vyjde S = 144 - 42\sqrt{3} \doteq 71,254 čtverečních palců.

Komentář: Většina řešitelů zaokrouhlovala jednotlivé mezivýsledky, čímž obdrželi nepřesný výsledek. Uděloval jsem jim 4 body.

Opravovali: 1. Lenka Blažková, 2. Jiří Benc, 3. Petr Škovroň, 4. Katka Dobiášová, 5. Lenka Burešová, 6. Jan Foniok, 7. Jan Blažek.