Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Číslo je dělitelné 45, když je dělitelné pěti a zároveň devíti. Dělitelnost pěti znamená, že poslední číslice v zápise čísla je 0 nebo 5. Protože počítáme jen čísla, která neobsahují 0, musí končit cifrou 5. Aby bylo číslo dělitelné devíti, musí být jeho ciferný součet dělitelný devíti. Jelikož jsou uvažovaná osmiciferná čísla složena pouze z číslic 5, 6 a 7, je jejich nejmenší možný ciferný součet 8 \cdot 5 = 40 a největší možný ciferný součet 8 \cdot 7 = 56. Mezi těmito čísly leží pouze dva násobky devíti: 45 a 54.

Již víme, že na posledním místě v osmiciferném čísle je 5. Stačí nám tak spočítat počet všech sedmiciferných čísel, jejichž ciferný součet je 40 nebo 49. Cifernému součtu 49 odpovídá jediná možnost (číslo 7 777 777). Součet 40 můžeme rozložit na sedm číslic 5, 6 a 7 následujícími způsoby:

  • 2 pětky, 5 šestek;
  • 3 pětky, 3 šestky, 1 sedmička;
  • 4 pětky, 1 šestka, 2 sedmičky.

Nyní zbývá zjistit, kolik různých čísel můžeme takto v jednotlivých případech sestavit.

  • Máme celkem sedm možností, na kterou pozici umístit první pětku, a poté šest možností, kam umístit druhou pětku, na zbylá místa dáme šestky. Tak jsme ovšem dostali každé číslo dvakrát (po zaměnění první pětky za druhou se číslo nezmění). Celkový počet čísel je tak 7 \cdot 6 \over 2 = 21. (pozn. pod čarou: Jedná se vlastně o vzoreček pro počet neuspořádaných k-tic z n prvků, který jsme použili už v minulé sérii. Dvě pětky můžeme na sedm volných míst umístit 7 ''nad'' 2 způsoby.)
  • Sedmičku lze umístit na libovolné ze sedmi míst. Na zbylých volných šest pozic máme umístit tři pětky a tři šestky. To můžeme udělat 6 ''nad'' 3 = 6 \cdot 5 \cdot 4 \over 6 = 20 způsoby. Dohromady tak máme 7 \cdot 20 = 140 čísel.
  • Šestka může přijít celkem na sedm pozic. Možností, jak rozmístit dvě sedmičky na zbylých šest míst, je 6 ''nad'' 2 = 6 \cdot 5 \over 2 = 15. To znamená, že v tomto případě, máme 7 \cdot 15 = 105 čísel.

Všech čísel splňující podmínky zadání je 1 + 21 + 140 + 105 = 267. Do prázdnin zbývá 267 dní.

Komentář: Potěšilo mě, že většina řešení byla správná. Někteří řešitelé zkoušeli vypisovat všechna vyhovující čísla. Kdyby si uvědomili vlastnosti čísel dělitelných 45, tak by nemuseli volit tento pracný postup, který stejně převážně vedl k chybnému výsledku.

Úloha č. 2

O kosočtverci je známo, že jeho úhlopříčky jsou na sebe kolmé a že půlí úhly u vrcholů. Je tedy |\angle BAC|=30\deg. Přenesme na přímku AC směrem za bod C vzdálenost |BD|, přesněji na polopřímce opačné k CA najděme bod E tak, aby |CE|=|BD|. Pak vzdálenost |AE| je rovna součtu úhlopříček, je tedy 16 cm. Dále bodem C veďme kolmici k přímce AC a její průsečík s přímkou AB označme F. Pak čtyřúhelník BFCD je rovnoběžník (CF \perp AC \perp BD), takže má protější strany stejně dlouhé, a tedy je |CF|=|BD|. Z provedených úvah plyne, že trojúhelník FEC je rovnoramenný (|CF|=|CE|) a pravoúhlý (s pravým úhlem u vrcholu C), zbylé dva úhly tedy jsou 45\deg. Pro konstrukci označme přímku AB jako p a přímku EF jako q.

Konstrukce tedy může postupovat následovně: zvolíme přímku p a na ní bod A. Najděme bod E tak, aby |AE|=16 cm a úhel přímek p a AE byl 30\deg. Sestrojme přímku q tak, aby úhel přímek AE a q byl 45\deg, a průsečík přímek p a q označme F. Přitom máme dvě možnosti volby přímky q -- vybereme si tu, kde je |\angle AEF|=45\deg (druhá možnost je |\angle AEF|=135\deg a ta našim úvahám neodpovídá). Z bodu F spustíme kolmici na přímku AE a její patu označíme C. Zbytek konstrukce je již snadný: osa úsečky AC se protne s přímkou p v bodě B a bod D dostaneme například jako obraz bodu B v osové souměrnosti s osou AC.

Úloha má jediné řešení (považujeme-li zrcadlově shodná řešení za různá, pak dvě).

Jiné řešení: Můžeme si všimnout toho, že všechny kosočtverce s |\angle BAC|=60\deg jsou podobné. Stačí tedy sestrojit libovolný takový kosočtverec A'B'C'D', geometricky sečíst jeho úhlopříčky a poté ho vhodně zvětšit nebo zmenšit tak, aby součet úhlopříček byl právě 16 cm -- např. tak, že na jednu polopřímku naneseme vzdálenosti A'B' a A'E', na další se stejným počátkem |AE|=16 cm a z podobnosti trojúhelníků AB'B a AE'E plyne, že AB je délka strany hledaného kosočtverce.

Komentář: Část řešitelů zvolila postup, při kterém vypočítali délku strany, výsledek zaokrouhlili a popsali konstrukci kosočtverce se známým úhlem a délkou strany. Takový postup ale není zcela správný; popis konstrukce by měl být takový, aby idealizovaný rýsovač s dokonalým pravítkem a kružítkem sestrojil naprosto vzorný kosočtverec se součtem úhlopříček přesně 16 cm. Proto jsem za většinu řešení, opírajících se o výpočet, strhával body.

Úloha č. 3

Každé šesticiferné číslo x můžeme jednoznačně napsat jako x = a \cdot 100 000 + b, kde a je nenulová číslice a b je pěticiferné číslo. Po škrtnutí první cifry čísla x dostaneme číslo b. Ze zadání víme, že b má být devítinou původního čísla x. Neboli platí

\eqalignno{ x &= 9 \cdot b, \cr a \cdot 100 000 + b &= 9 \cdot b, \cr a \cdot 100 000 &= 8 \cdot b, \cr b &= a \cdot 12 500. \cr}

Budeme za a postupně dosazovat jednotlivé cifry, z poslední rovnice dopočítáme hodnoty b a odtud získáme x.

$$ a $$ $$ b $$ $$ x
1 12 500 112 500
2 25 000 225 000
3 37 500 337 500
4 50 000 450 000
5 62 500 562 500
6 75 000 675 000
7 87 500 787 500

Pro a=8 a a=9 již nebude vypočtené číslo b pěticiferné. Existuje přesně sedm čísel splňujících podmínky zadání.

Komentář: Jeden bod jsem strhávala, pokud řešitel použil zbytečně složitý postup. Velká většina takových řešení byla založena na postupné „výstavbě“ hledaného čísla od řádu jednotek po řád statisíců. Dále jsem body strhávala za nevysvětlená řešení (tj. řešení bez popsaného postupu a slovního komentáře).

Úloha č. 4

Vzdálenost Lasttownu od Vorlasttownu je s = 1400 mil (stejná pro oba syny). Průměrnou rychlost prvního syna označíme v_{1} = v_{2} + 15 mil za den, když průměrná rychlost druhého syna je v_{2} mil za den. První syn vzdálenost urazí za t_{1} dní, druhý syn za t_{2} = t_{1} + 30 dní.

Vzorce pro výpočet vzdáleností:

\eqalign{s &= v_{1} \cdot t_{1} = (v_{2} + 15) \cdot t_{1}, \cr s &= v_{2} \cdot t_{2} = v_{2} \cdot (t_{1} + 30).\cr}

Porovnáním obou rovnic dostáváme

\eqalignno{ (v_{2} + 15) \cdot t_{1} &= (t_{1} + 30) \cdot v_{2},\cr t_{1} &= 2v_{2},\cr t_{2} &= 2v_{2} + 30.\cr}

Podle vzorce pro vztah dráhy, rychlosti a času s=v_{2}\cdot t_{2}:

\eqalignno{ (2 \cdot v_{2} + 30) \cdot v_{2} &= 1400,\cr v_{2}^{2} + 15 \cdot v_{2} - 700 &= 0.\cr}

Kvadratická rovnice má toto řešení (pozn. pod čarou: Kvadratická rovnice ax^{2}+bx+c=0 má řešení, pokud D=b^{2}-4ac\ge0. Řešením pak jsou x=-b+\sqrt{D} \over 2a a x=-b-\sqrt{D} \over 2a.):

\eqalignno{ v_{2} &= (-15 \pm \sqrt{225 + 2800}) \over 2 = (-15 \pm 55) \over 2,\cr v_{2} &= 20 mil za den,\cr _NOALIGN( pokud záporné rychlosti neuvažujeme. Potom) v_{1} &= v_{2} + 15,\cr v_{1} &= 35 mil za den.\cr}

Komentář: Nejčastější chyby byly nepozornosti (špatná dedukce toho, kdo byl pomalejší a kdo rychlejší).

Úloha č. 5

Označme si jednotlivé vybarvené plochy S_{1}, S_{2}, S_{3} a S_{4} a označme body tak, jak je nakresleno na obrázku.

Nejdříve si všimněme, že body B, E a G tvoří rovnostranný trojúhelník, protože |BE|=a, |BG|=|EG|=a (bod G leží na kružnicích o poloměru a se středem v B a E). Jeho výšku GO dopočítáme snadno z Pythagorovy věty:

|GO| = \sqrt{a^{2}-\left(a\over2_right())^{2}} = \sqrt{3}\over2 a.

Jeho obsah je tedy

S_{\triangle BEG} = 1\over2 \cdot a \cdot \sqrt{3}\over2 a = \sqrt{3}\over4 a^{2}.

Jelikož

|\angle ABG| = |\angle GEF| = 90\deg - 60\deg = 30\deg,

kruhové výseče AGB a GFE mají obsah

S_{AGB} = S_{GFE} = 30\deg_over()360\deg \cdot \pi a^{2} = \pi a^{2} \over 12.

Nyní spočítáme S_{1} jako rozdíl obsahu čtverce ABEF a součtu obsahů trojúhelníku BEG a kruhových výsečí AGB a GFE:

S_{1} = a^{2} - \left(\sqrt{3}\over4 a^{2} + 2 \cdot \pi a^{2} \over 12 \right) = a^{2} - \sqrt{3}\over4 a^{2} - \pi\over6 a^{2}.

Spočtěme obsah části půlkruhu ohraničené body G, E a O: ten je roven rozdílu obsahu čtvrtiny kruhu se středem B a poloměrem a a součtu obsahů trojúhelníku BOG (=1\over2 S_{\triangle BEG}) a kruhové výseče AGB, tedy

S_{GEO} = 1\over4 \pi a^{2} - \left(1\over2 \cdot \sqrt{3}\over4 a^{2} + \pi a^{2} \over 12\right) = \pi a^{2} \over 6 - \sqrt{3}\over8 a^{2}.

Proto obsah S_{2} je roven rozdílu dvojnásobku S_{GEO} a obsahu poloviny kruhu se středem v O a poloměrem a \over 2:

S_{2} = 2 \cdot \left(\pi a^{2} \over 6 - \sqrt{3}\over8 a^{2}\right) - 1\over2 \cdot \pi \cdot \left(a \over 2\right)^{2} = 5\pi\over24 a^{2} - \sqrt{3}\over4 a^{2}.

(Obsah S_{2} lze spočítat i přes rozdíl součtu obsahů trojúhelníku a dvou úsečí a obsahu půlkruhu se středem O a poloměrem a \over 2.)

Obsah S_{3}+S_{4} spočítáme snadno. Je totiž roven obsahu úseče kruhu se středem B a poloměrem a, ohraničené úsečkou CE. Spočteme ho jako rozdíl obsahů čtvrtiny daného kruhu a trojúhelníku BCE:

S_{3} + S_{4} = 1\over4 \cdot \pi \cdot a^{2} - 1\over2 \cdot a \cdot a = \pi\over4 a^{2} - a^{2}\over2.

Potom obsah vybarvené části obdélníku je

\eqalignno{ S &= S_{1} + S_{2} + (S_{3} + S_{4}) \cr &= \left(a^{2} - \sqrt{3}\over4 a^{2} - \pi\over6 a^{2}\right) + \left(5\pi\over24 a^{2} - \sqrt{3}\over4 a^{2}\right) + \left(\pi\over4 a^{2} - a^{2} \over 2\right) \cr &= a^{2} \cdot \left(1 \over 2 - \sqrt{3} \over 2 + 7\pi \over 24\right). \cr}

Obsah vybarvené plochy šátku je tedy $36S = 36 a{2} \left(1\over2 - \sqrt{3}\over2 + 7\pi\over24_right()). Po dosazení a=2$ vyjde plocha přibližně 79,239 palce čtverečního.

Komentář: Hodnotil jsem správnost postupu. Pokud byla spočítána polovina obsahů (většinou S_{3} + S_{4}), pak jsem dal tři body. Za příliš malou část jsem dával dva nebo jeden bod, za alespoň něco rozumného jeden bod. Kupodivu málo lidí pochopilo, že má být uveden obecný vzoreček pro obsah vybarvené plochy šátku (nebo alespoň obdélníku). To bylo smyslem zadání. Prosím, upravujte výrazy do rozumných tvarů!

Úloha č. 6

Označme si neznámé v kroužcích a, b, c, d, e, f, g a h (viz obrázek).

Součin čísel ve vrcholu každého ze čtyř trojúhelníků je roven součinu čísel ve vrcholech čtverce. Tedy platí:

\eqalign{ a \cdot e \cdot f &= e \cdot f \cdot g \cdot h \cr b \cdot f \cdot g &= e \cdot f \cdot g \cdot h \cr c \cdot g \cdot h &= e \cdot f \cdot g \cdot h \cr d \cdot h \cdot e &= e \cdot f \cdot g \cdot h, \cr}

neboli:

\eqalign{ a &= g \cdot h \cr b &= e \cdot h \cr c &= e \cdot f \cr d &= f \cdot g. \cr}

Nejdříve dokážeme, že v obrazci nemůže být jednička. Za čísla a, b, c a d jedničku dosadit nemůžeme, protože se nedá rozložit na součin dvou různých různých přirozených čísel (viz vztahy odvozené výše). Pokud by jednička byla jedno z čísel e, f, g a h, tak z odvozených vzorců vyplývá, že by se dvě dvojice čísel rovnaly, což je v rozporu se zadáním. (Např. f = 1, pak d = g a c = e.)

Nyní ukážeme, že sedmička musí být ve vrcholu čtverce. Pokud by sedmička byla jedno z čísel a, b, c a d, například a = 7, pak také g \cdot h = 7, kde g a h jsou přirozená čísla, pak jedině 7 = 7 \cdot 1. My jsme však ukázali, že jednička tam být nemůže. Sedmičku musíme umístit do vrcholu čtverce.

Nechť například e = 7. Protože ve čtverci násobíme čtyři čísla a v troúhelníku tři čísla a součiny se mají rovnat, vytvoříme nejmenší možný součin ve čtverci. A jelikož má každý trojúhelník dva vrcholy společné se čtvercem a číslo v posledním vrcholu troúhelníku se rovná součinu zbylých dvou čísel ve vrcholu čtverce, musí mít čísla ve čtverci nižší hodnoty než čísla ve vrcholech trojúhelníků a, b, c a d. Do vrcholů čtverce doplníme nejmenší možná různá přirozená čísla, tzn. 2, 3 a 4. Tím nám vznikl součin 168 = 7 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4.

Nyní musíme určit uspořádání čísel 2, 3 a 4 ve čtverci tak, aby čísla a, b, c a d byla co nejmenší. Podle vztahů odvozených v úvodu víme, že součiny g \cdot h, e \cdot h, e \cdot f a f \cdot g odpovídají číslům a, b, c a d. Tyto součiny budou nejmenší, pokud se tam nebude vyskytovat součin 7 \cdot 4, neboli čísla 2 a 3 budou v kroužcích sousedících s kroužkem obsahující číslo 7. Do posledního kroužku umístíme číslo 4 a zbylá čísla a, b, c a d dopočítáme pomocí vztahů odvozených v úvodu. Dostaneme řešení na obrázku.

Počet řešení odpovídá všem uspořádáním čísel 7 a 2, ostatní čísla jsou pevně daná a také jejich umístění je pevně dané. Číslo 7 můžu umístit do čtyřech rohů čtverce a ke každému umístění existují dva kroužky, kam umístit číslo 2. To znamená, že je osm možných řešení, které se liší pouze umístěním čísel, ale vyskytují se tam stejná čísla. Toto řešení splňuje podmínku použití nejmenších čísel ve smyslu, že nejvetší číslo nemůže být menší. Zároveň součet všech použitých čísel nemůže být menší.

Komentář: Někteří řešitelé si nevšimli, že záleží na uspořádání čísel ve čtverci. Za toto jsem odečítal dva body. Další body jsem odečítal za jiné nedostatky v řešení.

Úloha č. 7

Nechť ABC je rovnoramenný trojúhelník se základnou AB. Jestliže sestrojíme obraz C' bodu C v osové souměrnosti s osou AB, získáme kosočtverec AC'BC. Na základně trojúhelníku zvolme libovolně bod X. Paty kolmic spuštěných z tohoto bodu na ramena trojúhelníku označme P_{A} a P_{B}. Bod P_{B} se v osové souměrnosti zobrazí na P'_{B}. Pokud se přesvědčíme, že body P_{A}, X a P'_{B} leží v přímce, bude vidět, že součet délek kolmic z bodu X je konstantní, tvoří ho výška kosočtverce AC'BC neboli výška trojúhelníku ABC na jeho ramena. Označme |\angle CAB| = |\angle CBA| = \alpha, pak |\angle P_{A}XB| = |\angle P_{B}XA| = |\angle P'_{B}XA| = 90\deg - \alpha a spojnice bodů P'_{B}, X a P_{A} je opravdu přímka.

Jiný postup řešení vychází z porovnání obsahů trojúhelníků AXC a BXC s obsahem trojúhelníku ABC. Označíme-li v výšku trojúhelníku ABC na rameno AC a r = |AC| = |BC| délku ramen, dostaneme

\eqalignno{ S_{\triangle AXC} + S_{\triangle BXC} &= S_{\triangle ABC} \cr 1\over2 \cdot r \cdot |P_{B}X| + 1\over2 \cdot r \cdot |P_{A}X| &= 1\over2 \cdot r \cdot v \cr |P_{B}X| + |P_{A}X| &= v. \cr}

Výška v se nemění s volbou bodu X, proto je součet |P_{B}X| + |P_{A}X| stále stejný.

Další možný způsob řešení využívá podobnosti trojúhelníků AXP_{B} a BXP_{A} (mají shodné úhly). Označme si poměr podobnosti těchto trojúhelníků k. Proto |AX| = k|BX| a |P_{B}X|= k|P_{A}X|. To znamená, že |P_{B}X| + |P_{A}X| = (k+1)|P_{A}X| a |AB| = |AX| + |BX| = (k+1)|BX|. Z posledních dvou rovností plyne, že

|P_{B}X| + |P_{A}X| = |AB||P_{A}X| \over |BX|.

Délka |AB| je konstantní. K tomu, abychom ukázali požadovanou vlastnost, musíme zdůvodnit, že také poměr |P_{A}X| \over |BX| je stále tentýž bez ohledu na volbu bodu X. To ve vašich řešeních často chybělo. Ti, kteří znají goniometrické funkce, ví, že $|P_{A}X| \over |BX| = \sin \alpha$, což je skutečně konstanta. Ostatní mohou opět využít podobnost. Zvolíme-li na základně AB jiný bod X' a sestrojíme paty kolmic Q_{B} a Q_{A} spuštěné na ramena z bodu X', budou trojúhelníky P_{A}XB a Q_{A}X'B podobné a tudíž |P_{A}X| \over |BX| = |Q_{A}X'| \over |BX'| , neboli daný poměr je konstantní.

Komentář: Většina těch, kdo úlohu poslali, ji měli vyřešenou dobře. Body jsem strhávala za nedostatečný komentář a za příliš konkrétní úvahy (nestačí ověřit danou vlastnost pro několik speciálních voleb bodu X). Chcete-li dokázat nějaké tvrzení, musíte vyjít z nějakého známého tvrzení a dojít k dokazovanému, ne odvodit z toho, že tvrzení platí, že opravdu musí platit.

Opravovali:1. Zbyněk Pawlas, 2. Petr Škovroň, 3. Martina Chabadová, 4. Václava Kopecká, 5. Karel Pazourek, 6. Viktor Bobro a 7. Lenka Burešová.