Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Označíme |ED|=|EB|=x. Pětiúhelník ABCDE vhodně rozdělíme na trojúhelníky ABE, BCE a CDE, a potom je jeho obsah roven součtu obsahů těchto tří trojúhelníků.

Obsah S pětiúhelníku můžeme vyjádřit:

kde v_{1}, v_{2}, v_{3} jsou výšky trojúhelníků podle obrázku.

Tento výraz představuje obsah obdélníku (nebo čtverce) se stranami x a (v_{1}+v_{2}+v_{3})/2, který snadno sestrojíme.

Úloha č. 2

Postup řešení ukážeme na jednoduchém příkladě, který potom zobecníme. Zkusme zkonstruovat mnohostěn, jehož jedna stěna by byla šestiúhelník a všechny ostatní by byly mnohoúhelníky s menším počtem vrcholů. To znamená, že s tímto šestiúhelníkem musí sousedit šest dalších stěn, každá s menším počtem vrcholů. K dispozici máme ale pouze tři mnohoúhelníky: pětiúhelník, čtyřúhelník a trojúhelník. Takové těleso tedy nelze najít.

Tento postup zobecníme tak, že vezmeme tu stěnu, která má největší počet stran. Počet stran této „největší“ stěny označíme n, bude to tedy n-úhelník. Protože mnohostěn je konvexní, tato stěna sousedí každou svou stranou s jinou stěnou. Potřebujeme tedy n mnohoúhelníků, z nichž každý má jiný počet stran a přitom tento počet je menší než n. Takových mnohoúhelníků ale najdeme jen n-3 (trojúhelník, čtyřúhelník, pětiúhelník, ..., (n-1)-úhelník), takže mnohostěn s vlastnostmi podle zadání neexistuje.

Komentář: Vaše řešení se dají rozdělit do tří velkých skupin. Řešitelé z té první použili více méně stejný postup jako ve vzorovém řešení. Druhá skupinka řešitelů se pokusila pomocí nějakých odhadů o počtech vrcholů a hran dokázat, že takové těleso neexistuje. Ale málokdo si přitom uvědomil, že mohou existovat vrcholy, kde se stýkají více než tři stěny. Za tato řešení jsem dávala minimálně dva body. Poslední skupina se snažila dané těleso zkonstruovat, ale to se jim samozřejmě nepovedlo. Zde bylo hlavní chybou to, si neuvědomili, že těleso teoreticky lze „zaklopit“ více než jednou stěnou. Těmto řešitelům jsem dávala maximálně tři body, protože důkaz, že něco nejde, nemůže být veden tak, že „mně se to prostě nepovedlo“.

Úloha č. 3

Nejjednodušší bylo napsat si nejmenší a největší možné počty třešní, které měly jednotlivé děti: Jirka měl přibližně 25 třešní, tedy nejméně 23 třešně, nejvíce 27 třešní. Magdaléna jich měla přibližně o tři méně, tedy nejméně 23-3-2=18 a nejvíce 27-3+2=26. Potom Pepička jich nejméně mohla mít 18+4-3=19 a nejvíce 26+4+3=33 třešně. Honzík může mít nejméně (23+18+19)/3 - 3 = 60/3 - 3 = 20 - 3 = 17 třešní a nejvíce (27+26+33)/3 - 3 = 31 2\over3 třešní. Jelikož počet Sváťových třešní se liší od počtu Honzíkových nejvýše o 1, může mít Sváťa nejméně 16 třešní a nejvýše 32 2\over3. Pokud počítáme v celých číslech, pak nejvýše může mít 32 třešně -- kdybychom zaokrouhlili nahoru, počet třešní se bude lišit o víc, než jsou udané odchylky. Počítali jsme pouze s největší a nejmenší odchylkou, neboť každá provedená operace udělá z nejmenšího čísla opět nejmenší číslo a z největšího největší. Proto nás nemusí zajímat možnosti mezi krajními hodnotami.

Někteří počítali lepším způsobem: Uvědomili si, že se odchylky v krajních případech pouze nasčítávají, tedy Jirka pak může mít 25 \pm 2 třešně, Magdaléna (25 - 3) \pm (2 + 2), podobně Pepička $(25 - 3 + 4) \pm (2 + 2 + 3), Honzík ((25 \pm 2) + (22 \pm 4) + (26 \pm 7))/3 \pm 3$ a Sváťa (po úpravě výrazu) 24 1\over3 \pm 8 1\over3 třešně. Čímž dostáváme opět hodnoty 32 2\over3 a 16.

Komentář: Bod jsem strhával za chyby ve výpočtech a nevhodné zaokrouhlování. Dva a více bodů za vážnější chyby, částečné nepochopení úlohy a podobně. Zároveň se vyskytlo v několika případech použití intervalů -- to je v této úloze nevhodné, neboť se zabýváme přirozenými čísly (nebo racionálními), nikoli reálnými. Intervaly jsou množiny reálných čísel, nikoliv jen přirozených. Místo značení například \lagle22;27\rangle bylo správné použít \lbrace22, 23,...,27\rbrace.

Úloha č. 4

Z obrázku je patrné, že čtyřúhelník AYXD je kosodélník, v němž se úhlopříčky půlí. Známe-li velikosti jeho úhlopříček a úhel, který svírají, umíme tento kosodélník již snadno sestrojit. Pokud máme narýsovaný kosodélník doplníme ho na kosočtverec ABCD.

Ještě však musíme rozhodnout, který z úhlů bude tupý a který ostrý. To však provedeme jednoduše buď úvahou a nebo konstrukcí.

• Úvahou: Úhlopříčky v kosočtverci jsou na sebe kolmé. Pokud body C a B budeme posouvat po stranách DC a AB, bude se velikost úhlu ASB zmenšovat. Tento úhel je na začátku roven 90\deg, a tedy bude po posunu určitě ostrý.

• Konstrukcí: Pokud bychom narýsovali |\angle XSY|=35\deg, byla by |AD|<|DX|, a potom by tedy nemohl bod X ležet na straně kosočtverce. Stejně tak i bod Y.

Komentář: Až na pár z vás všichni přišli na to, jak se tato úloha řeší. Málokoho však napadlo, že by úhel XSY mohl mít velikost 35\deg a asi polovina z vás uvedla v řešení, proč se strany AX a DY půlí. V ničem jiném se odevzdaná řešení tolik nelišila, takže tyto dvě výše uvedené věci tvořily základ bodování, a to tak, že za každou nepopsanou věc jsem strhla jeden bod.

Úloha č. 5

Pravidelný čtyřstěn je trojboký jehlan, jehož všechny stěny včetně podstavy jsou shodné rovnostranné trojúhelníky. Velký čtyřstěn (jehož každá hrana má délku 6 cm) má 216krát větší objem než malý čtyřstěn (jehož hrany mají délku 1 cm). Můžeme to spočítat buď ze vzorců pro výpočet obsahu jehlanu a trojúhelníku, nebo tak, že víme, že jsou-li dvě tělesa podobná s koeficientem podobnosti k (tj. větší je k-krát větší než menší), pak objem většího je k^{3}-krát větší než objem menšího. V našem případě je poměr objemů většího a menšího čtyřstěnu 6^{3}=216.

Z toho vyplývá, že se do velkého čtyřstěnu určitě nevejde více než 216 malých čtyřstěnů. Ani tolik se jich tam však naskládat nedá. Ve skříni vždy zůstane nějaké volné místo.

Malé čtyřstěny můžeme do velkého skládat například tak, že si jej rozdělíme do šesti vrstev (levý obrázek). V každé vrstvě pak naskládáme čtyřstěny vedle sebe tak, abychom pokryli celou plochu „podstavy“ této vrstvy. Tím dostaneme do první (nejvyšší) vrstvy 1 čtyřstěn, do druhé 4 čtyřstěny, do třetí 9, do čtvrté 16, do páté 25 a konečně do šesté vrstvy 36, celkem tedy 91 malých čtyřstěnů.

Povšimneme si však (pravý obrázek), že v mezerách, kde se stýká pět malých čtyřstěnů, může být umístěn ještě jeden „špičkou dolů“. Že to skutečně jde, můžeme dokázat například spočítáním velikostí úhlů ve čtyřstěnu. Je to ve třetí vrstvě 1 další čtyřstěn, ve čtvrté 3 další, v páté 6 a v šesté vrstvě 10, celkem 20 dalších čtyřstěnů. Tímto způsobem se nám tedy podaří do velkého čtyřstěnu naskládat dohromady 111 malých čtyřstěnů.

Žádný způsob, jak čtyřstěnů naskládat více, jsme nenašli. Zároveň však neumíme dokázat, že se jich tam více nevejde. Úloha je dosti obtížná a je možné, že řešení, které by dokázalo, že více malých čtyřstěnů se do velkého nevejde, je mimo možnosti současné vědy.

Komentář: Řešitelé, kteří napsali pouze porovnání objemů, dostali nejvýše dva body. Velká část z nich objemy bohužel porovnala tak, že do vzorců dosadila číselné hodnoty a po zaokrouhlení objemy vydělila. To je nevhodný postup, za který jsem udělil pouze jeden bod. Správnější bylo odvodit, že obsah rovnostranného trojúhelníku o straně délky a je a^{2}\cdot\sqrt{3}/4; tělesová výška čtyřstěnu je a\cdot\sqrt{6}/3; objem čtyřstěnu tudíž a^{3}\cdot\sqrt{2}/12. Takže poměr objemů velkého a malého čtyřstěnu je 6^{3}:1^{3}=216.

Dlouho jsem váhal, kolik bodů dát těm, kdo spočítali čtyřstěnů 91 a nevšimli si, že některé mezery jsou dostatečně velké na to, aby se do nich vešel další čtyřstěn. Nakonec jsem se rozhodl více zvýhodnit ty, kteří si toho všimli, a dát jim po pěti bodech, zatímco ostatním jen po třech.

Úloha č. 6

Asi nejdůležitější je uvědomit si fakt, že nezáleží na tom, zda se mravenci srážejí, nebo se jen tak obchází. Tato úvaha v podstatě ihned řeší naší úlohu. Pro maximální čas je třeba, aby alespoň jeden mravenec začínal na jednom konci tyče a pochodoval směrem k druhému. Tento mravenec urazí 100 cm rychlostí 1 cm/s, což mu bude trvat 100s.

Komentář: Myslím si, že úloha stála a padala na úvaze již zmíněné ve vzorovém řešení. Mnoho řešitelů rozebíralo spoustu pozic s tvrzením, že jsou nejhorší, ale to rozhodně nelze tvrdit; ty jsem hodnotil maximálně dvěma body. Naopak pěknou úvahu měli Jaroslav Žák a Kristina Chrastilová. Kdyby nesl každý mravenec štafetový kolík, popřípadě kus jehličí a v momentě srážky si ho předali, tak by se tento kolík pohyboval bez přestávky tím směrem, kterým se pohyboval mravenec, jenž ho nesl první.

Úloha č. 7

Hledané číslo musí splňovat dvě základní podmínky -- být násobkem čísla 12 936 a zároveň třetí mocninou nějakého přirozeného čísla.

Libovolné přirozené číslo můžeme zapsat jako součin prvočísel (provést tzv. rozklad na prvočinitele, např. 150=2\cdot3\cdot5\cdot5). Když pak toto číslo umocňujeme na třetí, znamená to, že umocňujeme každé prvočíslo v tomto součinu (např. 150^{3} = 2^{3}\cdot3^{3}\cdot5^{6}). Z toho pro nás vyplývá, že každé číslo, které je třetí mocninou, obsahuje ve svém rozkladu na prvočinitele každý z nich v počtu, který je násobkem tří.

Proto chceme-li najít násobek čísla 12 936, který je třetí mocninou, rozložíme si toto číslo na prvočinitele a vynásobíme ho takovými prvočísly, aby se ve výsledku každé prvočíslo vyskytovalo třikrát nebo šestkrát nebo devětkrát atd. Když chceme znát nejmenší násobek, jak nám ukládá úloha, musí být počet těchto prvočísel co nejmenší. Tedy 12 936 = 2\cdot2\cdot2\cdot3\cdot7\cdot7\cdot11 musíme vynásobit číslem 3\cdot3\cdot7\cdot11\cdot11 a tím získáme hledané číslo $2\cdot2\cdot2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot7\cdot7\cdot7\cdot11\cdot11\cdot11 = 98 611 128$.

Komentář: V mnoha řešeních se objevovala drobná chyba v podobě prohlášení, že „číslo, které je ve třetí mocnině, má i všechny své prvočinitele ve třetí mocnině“. To, jak jsme si ukázali, není pravda. Prvočinitele mohou být i v mocninách, které násobky trojky, třeba v šesté nebo dvacáté sedmé mocnině. Tuto nepřesnost jsem odpouštěla, takže většina z vás získala nakonec 5 bodů.

Opravovali: 1. Hanka Matoušová, 2. Lenka Burešová, 3. Karel Pazourek, 4. Káťa Dobiášová, 5. Jan Foniok, 6. Ondřej Honzl, 7. Lenka Studničná.