Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Úkolem vlastně bylo sestrojit šestiúhelník ABCDEF s vnitřním bodem S, ve kterém by platilo, že |AB| > |AS|, |AB| > |BS|, ..., $|FA| > |FS|, |FA| > |AS|$. Tedy aby v každém trojúhelníku, jehož vrcholy jsou dva sousední vrcholy šestiúhelníku a bod S, byla strana šestiúhelníku nejdelší stranou tohoto trojúhelníku. V trojúhelníku platí, že nejdelší strana je naproti největšímu úhlu; tento úhel musí být větší než 60\deg. Je-li roven 60\deg, pak se jedná buď o rovnostranný trojúhelník (to zadání nepřipouštělo), nebo je jiná jeho strana delší. Pro šestiúhelník ABCDEF tedy musí platit, že každý z šesti úhlů $\angle ASB, \angle BSC, ..., \angle FSA je větší než 60\deg$, což nelze splnit, protože jejich součet musí dát 360\deg. Do jednoho města tedy nemůže dorazit šest well-bloudů.

Komentář: Někteří z vás tvrdili, že největší možný počet well-bloudů, kteří dorazí do jednoho města, jsou čtyři. Z řešení je vidět, že mezní hodnota je pět (úhly \angle ASB, ..., \angle FSA by měly např. všechny velikost 72\deg). Několik řešitelů se domnívalo, že záleží na rychlostech well-bloudů. To není pravda. Každý well-bloud má předem určeno, do kterého města má jít. Nešlo o to, aby se setkali v jeden okamžik, ale v jednom městě. Při řešení úloh, které alespoň trochu souvisí s geometrií, je dobré kreslit obrázky a pojmenovávat použité objekty a útvary. Usnadníte tím sobě i opravujícím práci.

Úloha č. 2

Délky úseček CA a DB můžeme vypočítat z Pythagorovy věty:

\eqalign{ |CA|&=\sqrt{|CB|^{2}-|AB|^{2}}=\sqrt{250^{2}-150^{2}}=200 cm,\cr |DB|&=\sqrt{|DA|^{2}-|AB|^{2}}=\sqrt{390^{2}-150^{2}}=360 cm.\cr }

Výšku křížení žebříků nad dnem výkopu označíme v. Víme, že trojúhelníky CXY a CAB jsou podobné podle věty uu -- úhly CXY a CAB jsou pravé a úhel ACB je společný. Dále trojúhelníky DZY a DBA jsou podobné podle věty uu -- úhly DZY a DBA jsou pravé a úhel YDZ je společný.

Protože poměr odpovídajících si stran v podobných trojúhelnících je stejný, platí:

\eqalign{ |XY|\over|AB|&=|CX|\over|CA|,\cr |ZY|\over|AB|&=|DZ|\over|DB|,\cr }

tedy

\eqalign{ |XY| &= |AB|\cdot|CX|\over|CA|=(200 cm-v)\cdot150 cm \over 200 cm,\cr |ZY| &= |AB|\cdot|DZ|\over|DB|=(360 cm-v)\cdot150 cm \over 360 cm.\cr }

Nyní víme, že |XY|+|YZ|=|XZ|=|AB|=150 cm. Dosazením tedy získáváme:

\eqalign{ (200-v)\cdot150\over200+(360-v)\cdot150\over360 &= 150,\cr 360\cdot200-360v+200\cdot360-200v &= 200\cdot360,\cr 560v &= 200\cdot360,\cr v &= 72000\over560_cm()=900\over7_cm().\cr }

Komentář: Většina došlých řešení byla správná, ale bohužel jenom asi polovina z vás výsledek spočítala přesně. Použitím goniometrických funkcí jste zaokrouhlili velikosti úhlů a tím už jste neměli šanci dostat správný přesný výsledek; za zaokrouhlený výsledek jsem dávala 4 body.

Správných postupů bylo hodně přes podobnosti jiných trojúhelníků, než je použito výše, přes obsahy trojúhelníků, přes goniometrické funkce, přes grafy lineárních funkcí. Pouze za řešení změřením narýsované výšky jsem dávala 0 bodů, protože výsledek byl velmi nepřesný.

Úloha č. 3

Ukážeme, že hledané nakreslení neexistuje, protože čtyři kružnice nemůžou rozdělit rovinu na 16 částí (počítáme i vnější část).

Budeme postupovat podobně jako u 2. úlohy 2. série (na kolik částí může rovinu rozdělit i přímek). Označme k_{i} počet částí, na které rovinu rozdělí i kružnic. Pak k_{i}-k_{i-1} udává, kolik částí přibude přidáním i-té kružnice. Tato i-tá kružnice protne každou z předchozích kružnic nejvýše dvakrát, celkem na ní tedy je nejvýše 2(i-1) průsečíků a tedy prochází nejvýše 2(i-1) částmi rovin a každou z nich rozdělí na dvě. Přibude tedy nejvýše 2(i-1) nových částí, tedy k_{i} \leq k_{i-1}+2(i-1).

Zřejmě je k_{1}=2, dále dostáváme k_{2} \leq 2+2\cdot1 = 4, pak $k_{3} \leq 4+2\cdot2 = 8 a konečně k_{4} \leq 8+2\cdot3 = 14$. Čtyři kružnice tedy dělí rovinu na maximálně 14 částí, požadované nakreslení s 16 částmi tedy neexistuje.

Úloha č. 4

Nechť p(k) označuje počet způsobů, kterými lze vydláždit plochu širokou 3 metry a dlouhou k metrů. Na konci plochy může být buď jedna dlaždice přes celou šířku plochy, nebo trojice dlaždic, každá na délku. Každý způsob, jak vydláždit plochu 3\times k je tedy odvozen buď z vydláždění plochy 3\times(k-1), nebo plochy 3\times(k-3). Proto pokud k\ge4, tak

p(k)=p(k-1)+p(k-3).

Dále víme, že p(1)=p(2)=1 a p(3)=2. Další hodnoty můžeme dopočítat:

\eqalignno{ p(4) &= p(3)+p(1) = 3,\cr p(5) &= p(4)+p(2) = 4,\cr p(6) &= p(5)+p(3) = 6,\cr p(7) &= p(6)+p(4) = 9,\cr p(8) &= p(7)+p(5) = 13,\cr p(9) &= p(8)+p(6) = 19,\cr p(10) &= p(9)+p(7) = 28,\cr p(11) &= p(10)+p(8) = 41,\cr p(12) &= p(11)+p(9) = 60,\cr p(13) &= p(12)+p(10) = 88,\cr p(14) &= p(13)+p(11) = 129,\cr p(15) &= p(14)+p(12) = 189,\cr p(16) &= p(15)+p(13) = 277,\cr p(17) &= p(16)+p(14) = 406,\cr p(18) &= p(17)+p(15) = 595,\cr p(19) &= p(18)+p(16) = 872,\cr p(20) &= p(19)+p(17) = 1278.\cr }

Jiný postup, jak úlohu vyřešit, je rozebrat všechny možné počty trojic dlaždic na délku a v každém případě spočítat počet způsobů vydláždění. Počet trojic je nejméně 0 a nejvýše 6. Je-li trojic právě m, pak zbylých dlaždic na šířku je 20-3m. Máme tedy 20-3m+m=20-2m jakýchsi stavebních bloků, kterými budeme dláždit plochu. Počet způsobů, jak je za sebou naskládat, určíme jako počet způsobů, jak z 20-2m míst vybrat m míst pro trojice: těchto způsobů je, jak víme z minulých sérií,

20-2m ''nad'' m = (20-2m)\cdot(20-2m-1)\cdot(20-2m-2)\cdot...\cdot(20-3m+1) \over m!.

Výpočet je v následující tabulce.


$$ m $$ počet způsobů

0 20 ''nad'' 0 = 1

1 18 ''nad'' 1 = 18

2 16 ''nad'' 2 = 16\cdot15\over2 = 120

3 14 ''nad'' 3 = 14\cdot13\cdot12\over6 = 364

4 12 ''nad'' 4 = 12\cdot11\cdot10\cdot9\over24 = 495

5 10 ''nad'' 5 = 10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\over120 = 252

6 8 ''nad'' 6 = 8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\over720 = 28

$$

Počet způsobů, jak vydláždit plochu, je 1+18+120+364+495+252+28=1278.

Komentář: První možný postup byl naznačen ve dvou došlých řešeních a dopočítán jen Janem Musílkem. Většina zbylých řešení postupovala druhým způsobem. Pokud v takovém případě nebylo dopočítáno do konce, dostal řešitel obvykle tři body.

Úloha č. 5

Jestliže zbylo přesně dvakrát víc bílých vajíček než hnědých, bude výsledný počet vajíček (po vypotřebování jednoho z košíků) dělitelný třemi. Na začátku jsme měli celkem 4 + 6 + 12 + 13 + 22 + 29 = 86 vajíček.

Číslo 86 dává při dělení třemi zbytek 2. To značí, že také počet vajíček ve vypotřebovaném košíku musí dát při dělení třemi zbytek 2, aby po odečtení počtu vajíček ve vypotřebovaném košíku od celkového počtu vajíček byl výsledný počet vajíček ve všech ostatních košících dělitelný třemi beze zbytku.

Čísla 6 a 12 jsou dělitelná třemi beze zbytku. Čísla 4, 13 a 22 dávají po dělení třemi zbytek 1. Pouze číslo 29 dává při dělení třemi zbytek 2, takže jsme našli jediné řešení úlohy.

Po vyprázdnění šestého košíku s 29 vajíčky zbylo 57 vajíček. Z toho 19 bylo hnědých a 38 bylo bílých. Bílých vajíček zbylo dle zadání dvakrát více než hnědých.

Úloha č. 6

Nejprve označíme zadané body. Bod X leží na přímce AB, bod Y leží na přímce BC a bod S je průsečík úhlopříček čtverce. Je mnoho možných způsobů, jak při řešení naší úlohy postupovat. Například přímka BC je vzorem přímky AB v otočení kolem bodu S o 90\deg, potom už zbývá jen aplikovat otočení na body X a Y, čímž získáme přímky stran hledaného čtverce. Další způsoby jsou založeny na všemožné aplikaci Thaletovy kružnice nad XY a množiny obvodových úhlů, tedy na pozorování: |\angle XBS|=45\deg a |\angle YBS|=45\deg.

Asi nejelegantnější řešení však tkví v následujícím tvrzení: „Všechny osy pravých úhlů XBY, kde B leží na Thaletově kružnici nad XY, ji protínají (mimo bod B) pouze ve dvou bodech P a P', jež leží zároveň na ose úsečky XY.“ Jeho důkaz není obtížný, Thaletova kružnice je totiž množinou bodů, z kterých je úsečka XP vidět pod úhlem 45^{\circ}, totéž platí i pro úsečku YP.

Ještě je nutno poznamenat, že vyřešíme úlohu s předpokladem, že žádný vrchol nesplývá s body X a Y. Ostatně tuto možnost rozebereme v závěru. A nyní použijeme tvrzení k nalezení bodu B. Je nám známo, že bod S leží na ose úhlu XBY, na které ovšem leží i bod P nebo P', z předcházejícího tvrzení. Vlastní konstrukci provedeme následovně:

  • X, Y, S
  • O; O je střed XY
  • k_{T}; k_{T}(O, |OX|)
  • o; o je osa úsečky XY
  • P; P \in k_{T} \cap o
  • B; B \in \primka SP \cap k_{T}, B \neq P
  • l; l(S, |SB|)
  • A; A \in l \cap \primka BX, B \neq A
  • C; C \in l \cap \primka BY, B \neq C
  • D; D \in l \cap \primka BS, B \neq D
  • čtverec ABCD

Právě popsané řešení je výhodné i z toho důvodu, že z něho snadno zjistíme podmínky řešitelnosti a počet řešení. Přímo ze zadání vyloučíme možnost splynutí některých z bodů X, Y, S. Zbylá diskuse je potom následující:

  • S \notin k_{T}, S \notin \primka XY: 2 řešení. Konstrukce zde funguje přesně.
  • S \in k_{T}, S \in o: nekonečně mnoho řešení. Při konstrukci bod P splyne se S, takže přímka \primka PS je určena jen jedním bodem a B může ležet kdekoliv na kružnici k_{T}. Pro zvolené B již zbytek konstrukce určí ostatní vrcholy čtverce jednoznačně.
  • S \in k_{T}, S \notin o: žádné řešení. Při dodržování naší konstrukce dospějeme k B=S.
  • S \notin k_{T}, S \in \primka XY: 1 řešení. Toto je opět speciální poloha, která je téměř analogická prvnímu případu; sice nalezneme dvě řešení, ale budou osově souměrná dle osy XY.

Komentář: Abych řekl pravdu, tak mě žádné došlé řešení plně neuspokojilo, spousta z vás mne chtěla přesvědčit, že bod B lze volit libovolně na k_{T}, pro ty jsem volil nula bodů. Valná většina si neuvědomila, že mohou existovat dvě řešení. Tito dostali maximálně čtyři body. Jen několik výjimek jsem ocenil pěti body, ale ani zde nejsem spokojen, neboť ani zde nebyla jediná alespoň rámcově správná diskuse řešení.

Úloha č. 7

V první řadě si všimneme, že pokud prodloužíme strany AD a BC lichoběžníku ABCD a označíme průsečík těchto přímek X, tak potom vzniklý trojúhelník ABX je pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu X. Opišme tedy trojúhelníku ABX kružnici k. Ta bude mít střed ve středu S úsečky AB. Je patrné, že |SA|=|SB|=|SX|=40 cm. Protože AB \parallel CD a SX půlí AB, tak SX také půlí CD. Průsečík CD a SX je tedy druhý střed. Označíme jej T. Máme zjistit velikost úsečky ST. Trojúhelník ABX je podobný trojúhelníku DCX v poměru 2:1. Tedy platí

\eqalign{ |SX|&=2|TX|,\cr |ST|+|TX|&=2|TX|,\cr |ST|&=|TX|,\cr |ST|+|TX|&=40 cm.\cr }

Vyřešením této soustavy dostáváme, že |ST|=20 cm.

Komentář: Většina uměla úlohu nějakým způsobem řešit. Avšak tak polovina se nevyvarovala zbytečného zaokrouhlování. Druhá polovina přišla na řešení úvahou. Těm, kdo přišli na řešení úvahami o vlastnostech trojúhelníku či jiných obrazců, jsem dávala pět bodů. Těm, kdo došli k zaokrouhlenému výsledku složitými výpočty, jsem dávala čtyři body.

Opravovali: 1. Lenka Burešová, 2. Eva Černohorská, 3. Lenka Blažková, 4. Jan Foniok, 5. Viktor Bobro, 6. Ondřej Honzl a 7. Kateřina Dobiášová.