Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Spojnice středů stran trojúhelníku se nazývá střední příčka. Označme původní trojúhelník ABC. Dále označme P, Q po řadě středy stran AC, BC. Trojúhelníky ABC a PQC jsou podobné podle věty sus, neboť mají totožný vnitřní úhel u vrcholu C, |PC|=|AC|:2 a |QC|=|BC|:2. Koeficient podobnosti je 1\over2. Střední příčka má tedy poloviční délku než příslušná strana trojúhelníku.

To znamená, že každý nově vzniklý trojúhelník má strany polovičních délek, než měl trojúhelník, ze kterého vznikl. Proto má i poloviční obvod. Obvod prvního trojúhelníku je 2+3+3=8 palců. Tudíž druhý trojúhelník má obvod 4 palce, třetí 2 palce, čtvrtý 1 palec a pátý 0,5 palce.

Komentář: Téměř všechna došlá řešení byla správná. Někteří z vás si neuvědomili, že nemusejí převádět rozměry z palců na centimetry; lepší je počítat rovnou v původních jednotkách. Objevila se i řešení spočívající v sestrojení pěti trojúhelníků a následného změření. Všechna byla ale zatížena velkými chybami vyplývajícími z nepřesného rýsování a měření; hodnocena byla nejvýše třemi body.

Úloha č. 2

Jednou z možností, jak doplnit magický čtverec, bylo vypsat si všechny trojice různých čísel, jejichž součin je 216 (takových trojic je 15). Uvědomíme si, kolikrát se čísla na různých pozicích ve čtverci násobí (v rohu třikrát, uprostřed čtverce čtyřikrát a ve středech stran dvakrát), a z toho budeme vycházet. Protože každé číslo bude násobeno alespoň dvakrát, tak vyškrtáme ty trojice, které obsahují číslo, které již v jiné trojici není. Jde o trojice obsahující 24, 54, 72 a 108. Dále si vypíšeme, kolikrát se které číslo vyskytuje ve všech zbylých trojicích. Zkontrolujeme, jestli v každé trojici je nejvýše jedno číslo s počtem výskytů dva. Nevyhovující trojici (1, 8, 27) vyřadíme. A ještě jednou zkontrolujeme to samé ovšem s tím, že nám jedna trojice vypadla. Takto vyřadíme další dvě trojice a zbude nám jich osm. Tedy přesně tolik, kolik potřebujeme. Zjistíme, které číslo se vyskytuje čtyřikrát (je to šestka) a to bude uprostřed magického čtverce. Potom již jednoduše doplníme trojice do magického čtverce a otočíme ho tak, aby na prvním řádku byl součet co největší. Výsledek vidíte na obrázku.

Komentář: Většina z vás měla řešení správně. Našli se tací, co skládali čtverec z desetinných čísel. Protože v zadání nebylo přímo napsáno, že čísla mají být přirozená, tak jsem tato řešení také uznávala. Pro příště si však pamatujte, že magický čtverec je plný přirozených čísel. Jinak by existovala spousta řešení.

Úloha č. 3

Začneme tím, že zjistíme, kolik je různých možností, jak se stráže mohou během jednoho cyklu vystřídat bez ohledu na to, zda střídají či nestřídají někdy dva dny po sobě. Zjišťujeme tedy, kolik je různých čtveřic dní ze sedmidenních cyklů. Pro ty, kteří vědí, co je to kombinační číslo, je lehké nahlédnout, že počet takových čtveřic je $7 nad 4 = 7! \over 3\cdot4$.

Pro ty ostatní to odvodím. Přestavme si, že z číslic 1 až 7 sestavujeme všechna různá čtyřciferná čísla tak, aby každá číslice byla v jednom čísle použita nejvýše jednou. Počet takových čtyřciferných čísel je 7\cdot6\cdot5\cdot4, protože na místo tisíců máme na výběr sedm možností, pro každou z nich máme na místo stovek šest možností (už nemůžeme použít číslici, která je na místě tisíců) atd. To se také dá zapsat jako 7!/3! (pro ty, kdo nevědí, co ten vykřičník znamená -- říká se mu faktoriál a znamená toto: n!=n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\cdots3\cdot2\cdot1). Pokud vybíráme čtveřici dní v cyklu, kdy se stráže budou střídat, úloha je podobná. Označíme si dny v cyklu 1 až 7 a také vybíráme různé čtveřice čísel, pouze tentokrát nám nezáleží na pořadí. Pro každou čtveřici čísel existuje x různých pořadí (je zjevné, že nezáleží na tom, o jaké číslice jde, počet různých pořadí bude vždy stejný). Kdybychom tedy vzali počet různých čtveřic dní, kdy se stráže mohou střídat (p) a vynásobili to počtem různých pořadí pro každou z těchto možností (x), dostali bychom již známý výsledek 7\cdot6\cdot5\cdot4. Když to zapíšeme jako rovnici dostaneme:

\eqalign{ p\cdot x &={ 7! \over 3!}, \cr p &= {7! \over 3!\cdot x}. \cr }

Stačí nám tedy najít x neboli počet různých pořadí čtyř různých číslic. Není nic jednoduššího -- na první místo v pořadí máme čtyři možnosti, kterou číslici vybrat, pro každou z těchto možností nám na druhé místo zbyly 3 možnosti atd. Tedy x=4\cdot3\cdot2\cdot1. Hledaný počet různých čtveřic dní, kdy se stráže mohou střídat je tedy:

p = 7! \over 3!\cdot4! = 35.

Mimochodem, tímto jsme obecně odvodili něco, čemu se, jak jsem již dříve zmínil, říká kombinační číslo, zapisuje se $n nad k = n! \over k\cdot(n-k)$ a určuje počet různých k-tic z n prvků. Nyní nám zbývá vyloučit případy, kdy se ani jednou za cyklus stráže nevystřídají dva dny po sobě. Je snadné nahlédnout, že taková možnost je jen jedna totiž, že se stráže střídají první, třetí, pátý a sedmý den. Proto počet různých cyklů střídání tak, aby se stráže aspoň jednou za týden vystřídaly dva dny po sobě, je roven: c = 7! \over 3!\cdot4! - 1 = 34.

Úloha č. 4

Jak většina z vás pochopila, měl se narýsovat trojúhelník (označme ho ABC) vepsaný do kružnice o poloměru 5 palců (označme ji k), který splňuje další podmínky: dvě z jeho stran mají být stejně dlouhé, to se zdálo celkem jasné. Problém nastal při interpretaci věty „Navíc když se spojí střed jedné z těchto čar a protější roh trojúhelníku, tak tahle čára s tou, se kterou má společný ten střed, jsou jako tady ten roh.“ To, že říká, že jedna těžnice je kolmá na odpovídající stranu, bylo jasné. Někteří z vás ale dál pochopili, že trojúhelník musí mít jeden vnitřní úhel pravý, neboť kde by se vzal onen jiný pravý roh, dostali tak rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník; jiní zase pochopili větu tak, že těžnice na jednu ze dvou stejně dlouhých stran je na tuto stranu kolmá, což splňuje pouze rovnostranný trojúhelník. Někteří se něčím takovým vůbec nezabývali: narýsovali libovolný rovnoramenný trojúhelník vepsaný do kružnice.

Konstrukci trojúhelníku v prvních dvou případech jste většinou dělali přes konstrukci čtverce nebo šestiúhelníku vepsaných do kružnice, ze kterých se pak vyberou vhodné vrcholy.

V úplném řešení pak nesměla chybět úvaha, jak jste na váš trojúhelník přišli, rozbor úlohy, zápis konstrukce a narýsování.

Zápis konstrukce mohl kupříkladu vypadat takto:

  • k; k(S;5 p)
  • šestiúhelník AA'BB'CC' vepsaný do kružnice k (tento bod jste mohli dále rozepsat)
  • trojúhelník ABC

Komentář: Pokud jste uvedli jakýkoliv logický postup, patřičně popsaný, dával jsem 5 bodů. Body jsem strhával především za chybějící postup (v této úloze bylo možných několik přístupů, tak z čeho mám poznat, jak jste úlohu řešili?) nebo chybějící narýsování, případně 1 bod za několik menších chyb jako je nepopsaný obrázek, chybějící zápis konstrukce a podobně.

Úloha č. 5

Předem nutno říci, že úloha byla jednoduchá a podle toho vypadala i řešení. Víme, že obě stáda (moje i Cenovo) měla dohromady 51 koní. Mezi řečí mezi našimi stády proběhly 2 a pak ještě 2\cdot2 koně (od Cena ke mně). A jako poslední informaci jsme dostali, že na konci hovoru jsem já měl stádo dvakrát větší než Cen. Zapsáno matematicky (i když v této úloze to nebylo ani třeba):

a+b = 51,

kde a je velikost Cenova stáda na začátku hovoru a b je velikost mého stáda na začátku hovoru. Od Cena ke mně přeběhlo 2+2\cdot2=6 koní. Po hovoru mám já b+6 koní, zatímco Cen a-6. Platí tedy:

2\cdot(a-6) = b+6.

Dostáváme dvě rovnice o dvou neznámých, ze kterých jednoduchou úpravou dostaneme a=23 a b=28. Odpověď tedy zní: před začátkem hovoru měl Cen před sebou stádo 23 koní a já stádo 28 koní.

Úloha č. 6

Protože jsou čísla značek celá kladná a dělitelná sedmi, označíme je 7a<7b<7c<7d. Ze zadaní vytvoříme následující rovnice: (7d+7c)-(7a+7b)=7d, (7d+7a)-(7b+7c)=7. První rovnici upravíme na tvar c=a+b a dosadíme do druhé. Po úpravě dostaneme vyjádření čísla d=1+2b. Teď je nutné se ptát, jestli c < d, zda tedy a+b < 1+2b, ale to pro a < b platí.

Máme vyjádřená čísla c a d v závislosti jen na číslech a a b. A nyní uvažme omezení 7d<100, to je totéž jako 7(1+2b)<100, po úpravě obdržíme b < 7 a protože a < b a počítáme jen s přirozenými čísly, tak 1 < b < 7. Tím lze snadno rozebrat všechny možnosti. Pro b=2 musí být a=1. Z odvozených vztahů je c=3 a d=5, po vynásobení dostáváme čtveřici (7,14,21,35). Je-li b=3 máme již dvě možnosti pro číslo a, které je buď a=1, nebo a=2, čímž získáme čtveřice (7,21,28,49) a (14,21,35,49). Pro b=n dostaneme takto n-1 možností. Tážeme-li se na počet možností pro b od dvou do šesti, dostaneme celkem 1+2+3+4+5=15 čtveřic čísel, která jsou menší než 100. V druhé části úlohy si povšimneme vztahu, že počet možností je součet po sobě jdoucích čísel od jedné do k (tzv. trojúhelníkové číslo), pro který je známý vzoreček k(k+1)\over2. Omezující podmínka je 7d<500, 7(1+2b)<500, odtud získáme 1 < b < 36 (tj. k=34). Počet různých čtveřic čísel, která jsou všechna menší než 500 a splňují podmínky zadání, je 34(34+1)\over2=595. A úloha je vypočtena.

Komentář: V žádném případě netvrdím, že vzorové řešení je jediné možné, objevila se spousta různých správných metod řešení. Pár řešitelů se domnívalo, že čtveřice musí být po sobě jdoucí násobky sedmičky, nebo že čísla nejsou různá, nebo že mohou být i nulová. Proto upozorňuji opět na důležitost řádného čtení zadání. Za první část úlohy jsem uděloval tři a za druhou dva body.

Úloha č. 7

Z Pythagorovy věty zjistíme, že pravoúhlý rovnoramenný trojúhelník s odvěsnami o délce 2 palce má výšku na přeponu délky \sqrt{2} palce. Výška na odvěsnu je pochopitelně dlouhá 2 palce (splývá s odvěsnou). Možné kosočtverce tedy mohou mít výšku \sqrt{2} palce nebo 2 palce.

Nejprve uvažujme situaci, kdy kosočtverce jsou čtverce o straně 2 palce. Můžeme složit dva zrcadlově symetrické pětiúhelníky, jak je naznačeno na obrázku 1.

obr. 1

Další možné obrazce získáme, použijeme-li čtverce o straně \sqrt{2} palce. Na obr. 2 jsou nakresleny 3 takové pětiúhelníky. Další dvě symetrická řešení již nejsou uvedena.

obr. 2

Nyní budeme k trojúhelníku přikládat kosočtverce s vnitřním úhlem 45\deg a výškou 2 palce. V takovém případě má strana kosočtverce stejnou velikost jako přepona trojúhelníku. Až na symetrii máme další 3 způsoby (obr. 3). Ještě více možností dostaneme u kosočtverce s úhlem 45\deg a výškou \sqrt{2} palce (strana kosočtverce je pak stejná jako odvěsna trojúhelníku). Na obrázku 4 je znázorněno 5 různých vytvořených obrazců.

obr. 3

obr. 4

Dokonce je možné složit pětiúhelník z kosočtverců s vnitřním úhlem 30\deg a výškou \sqrt{2} palce (obr. 5). V tomto případě je strana kosočtverce stejně dlouhá jako přepona trojúhelníku.

obr. 5

Na závěr uveďme ještě jednu kombinaci, u které nejsou kosočtverce shodné. Jeden z kosočtverců je čtverec o straně 2 palce a druhý má vnitřní úhel 45\deg a výšku \sqrt{2} palce (obr. 6).

obr. 6

Pokud budeme počítat i zrcadlově symetrická řešení, tak jsme celkem našli 26 různých pětiúhelníků.

Komentář: Někteří z vás vytvořili lichoběžník a nazvali ho pětiúhelníkem. Přesto jsem se v mnohém takovém případě překonala a udělila nějaké body. Pokud jste našli málo řešení, ale bylo mezi nimi aspoň jedno nekonvexní, též jsem přidala bod.

Vzorové řešení je inspirováno řešením Karolíny Rezkové.

Opravovali: 1. Jan Foniok, 2. Kateřina Dobiášová, 3. Jan Konopásek, 4. Karel Pazourek, 5. Jan Blažek, 6. Ondřej Honzl, 7. Lenka Blažková.