Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Je dobré si hned na začátku uvědomit, co znamená podmínka: když chce Cecil červenou, tak Brian chce hrát v modré. Aby mohli všichni čtyři hrát v dresech jedné barvy, musí se na této barvě shodnout. Všichni ji tedy musí chtít. Pokud chce Cecil červenou, Brian ji chtít nebude, takže na červené barvě se nikdy neshodnou. Máme tedy na výběr pouze z modré a bílé. Nyní postupně zvážíme, zda v daném dnu v týdnu jsou zaměstnanci schopní se shodnout na barvě dresu. Vyloučíme rovnou dny, kdy chce někdo z týmu hrát v červené, tj. pondělí a pátek (kvůli Danielovi). Dále vyloučíme středu, protože v tento den Frank chce bílý dres, zatímco Cecil bílou nechce. Vyloučíme i čtvrtek, protože Brian chce modrou, ale Frank chce bílý dres. Ve zbývajících dnech se shodnou na modré (bílou nechce Cecil). Společně si tedy mohou zahrát baseball v úterý, v sobotu a v neděli.
Komentář: Mnozí z vás vůbec nenapsali zdůvodnění svého řešení, což přinášelo menší bodový zisk. Dost řešitelů též usoudilo, že když Brian chce hrát v modré od čtvrtka do neděle, ve zbylé dny v ní hrát nechce. To ovšem zadání neříká. Další častou chybou bylo, že někteří obraceli podmínku a tvrdili, že když Brian chce modrou, tak chce Cecil červenou. V tom by vám příště mohl pomoci různý smysl těchto dvou vět:
Když bude pršet, vezmu si deštník.
Když si vezmu deštník, bude pršet.
Úloha č. 2
Naši úlohu lze řešit mnoha způsoby. Pokud předpokládáme, že neznáme goniometrické funkce, můžeme užít pouze Pythagorovu větu, nebo podobnost trojúhelníků, jak uvedeme i zde. Mějme obdélník ABCD se stranami a=|AB| a b=|BC|. Přeložení obdélníkového papíru způsobem popsaným v zadání lze chápat jako osovou souměrnost podle osy úsečky BD. Tato osa protne stranu AB v bodě K a stranu CD v bodě M. Body K a M leží na ose úsečky BD, proto |BK|=|DK| a |BM|=|DM|. Odtud plyne, že trojúhelníky BKM a DKM jsou shodné (mají všechny strany stejně dlouhé). Označme ještě C' bod souměrný s bodem C podle osy KM a označme S průsečík úhlopříček. Z konstrukce bodu C' dostáváme |CM|=|C'M|, využijeme-li ještě jednou toho, že |BM|=|DM|, tak zjistíme, že pravoúhlé trojúhelníky DC'M a BCM jsou shodné. Proto hledaný obsah pětiúhelníku je roven obsahu obdélníku ABCD zmenšeného o obsah trojúhelníku BMK. Známe jeho výšku, ta je b, zbývá vyjádřit délku úsečky BK v závislosti na stranách a, b. Trojúhelník SBK je podobný trojúhelníku ABD (mají stejné vnitřní úhly), z čehož plyne rovnost: |BS| \over |AB| = |BK| \over |BD|, odtud |BK|=a^{2}+b^{2}/2a. Hledaný obsah pětiúhelníku AKMC'D je ab - a^{2}+b^{2}/2a \cdot b\over2, což lze upravit na přijatelnější tvar (3a^{2}-b^{2})b/4a.
Komentář: Cením si fantazie řešitelů, neboť se objevila celá řada postupů jak úlohu řešit, tu s pomocí Eukleidových vět, tu za použití goniometrických funkcí. Většina z vás používala k výpočtu délky strany BK podobnost trojúhelníků nebo Pythagorovu větu. Mnozí z vás ale nevyjádřili obsah pětiúhelníku jen v závislosti na stranách obdélníka, avšak obsah závisel např. na vnitřních úhlech, či jiných dílčích délkách, zde jste ztratili od jednoho do tří bodů. Několik řešení bylo počítáno pouze pro konkrétní délky stran, například pro papír A4, což ovšem v zadání nebylo nikde zmiňováno. Pár řešitelů špatně určilo některé poměry např. |BK|:|BC|. Řešení s jmenovanými zásadními chybami jsem hodnotil maximálně dvěma body.
Úloha č. 3
Pro začátek se domluvíme, že za trojciferné telefonní číslo budeme počítat i čísla začínající nulou, je to logické, protože když voláme např. 087, není to stejné, jako když voláme 87.
Dále si zopakujeme kritérium dělitelnosti 11: číslo je dělitelné 11 právě tehdy, když je rozdíl součtu cifer na sudých a lichých pozicích dělitelný 11. Takže speciálně pro trojciferná čísla abc je číslo a + c - b dělitelné 11. My víme, že pro všechna hledaná čísla platí a + c - b = 0, takže všechna čísla, co budou splňovat podmínku $a + c = b, budou i dělitelná 11, takže se dělitelností 11$ už nemusíme zabývat.
Víme, že b tedy i a + c musí být přirozené číslo od 0 do 9, jinak by to nebyla cifra. Také je vidět, že pokud máme a i c taková, že 9 \geq a+c \geq 0, tak jsme jednoznačně schopni dopočítat b. Mohou nastat tyto možnosti:
- a=0, pak 9 \geq c \geq 0, vyhovuje 10 čísel,
- a=1, pak 8 \geq c \geq 0, vyhovuje 9 čísel,
- a=2, pak 7 \geq c \geq 0, vyhovuje 8 čísel,
- a=3, pak 6 \geq c \geq 0, vyhovuje 7 čísel,
- a=4, pak 5 \geq c \geq 0, vyhovuje 6 čísel,
- a=5, pak 4 \geq c \geq 0, vyhovuje 5 čísel,
- a=6, pak 3 \geq c \geq 0, vyhovují 4 čísla,
- a=7, pak 2 \geq c \geq 0, vyhovují 3 čísla,
- a=8, pak 1 \geq c \geq 0, vyhovují 2 čísla,
- a=9, pak c = 0, vyhovuje 1 číslo.
Celkově jsme našli 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 55 čísel. Podmínky ze zadání splňuje 55 čísel.
Komentář: Body jsem strhávala hlavně za chybějící komentář. Hodně řešitelů nepočítalo čísla začínající 0, za to jsem nestrhávala body. Poměrně hodně řešitelů si vypsalo všechna trojciferná čísla dělitelná 11 a zkoumali je. To vůbec není pěkný způsob, to totiž umí každý počítač, tak proč byste to měli dělat vy?
Úloha č. 4
Úloha byla velice jednoduchá. Využijeme toho, že pouze pomocí kružítka umíme zkonstruovat vrcholy pravidelného šestiúhelníku, máme-li daný jeho střed a velikost strany a. Pak velikost nejdelší úhlopříčky tohoto šestiúhelníku je 2 \cdot a.
Máme dánu úsečku AB o velikosti 1 p. Zkonstruujeme šestiúhelník se středem v bodě A, jehož jeden vrchol je B. Protilehlý vrchol k vrcholu B označíme C. Platí, že |BC|=2 p. Nyní opět zkonstruujeme šestiúhelník se středem v bodě C, s daným vrcholem B. Podobně jako výše, získáme vrchol D. Platí, že |DB|=4 p. Konečně získáme bod E, pro který platí |EB|=8 p. Z konstrukce plyne, že všechny body A,...,E leží na jedné přímce a velikost úsečky |EA| = |EB|-|AB| = 8 p - 1 p = 7 p.
Komentář: Úlohu mimo soutěž, tj. na kolik nejméně kružnic lze získat úsečku délky 7 p, vyřešili nejlépe Mirek Olšák (8 kružnic) a Jakub Klemsa (9 kružnic).
Spousta z vás nedodržela zadání úlohy, používali jste i pravítko. Za takováto řešení jsem dávala jeden až dva body podle toho, k čemu jste pravítko používali. Další chybou bylo využití bodu dotyku dvou kružnic. Tento způsob není konstrukčně dost přesný. Těmto řešitelům jsem udělila tři body. Pokud jste úlohu vyřešili správně, ale chyběl postup nebo odůvodnění konstrukce, dostali jste čtyři body.
Někteří z vás chtěli narýsovat kružnici tak, aby se dotýkala nějaké předchozí. Tento problém se řeší jinak než odhadem středu a poloměru nové kružnice! Podobně jste chybovali i se zjištěním průměru narýsované kružnice.
U řešitelů, u kterých jsem měla vážné pochybnosti o autentičnosti jejich řešení, jsem dělila počet udělených bodů počtem opisujících, zaokrouhleno dolů.
Úloha č. 5
Při řešení této úlohy se mnoho z vás potýkalo spíše s problémem pochopit zadání, než se samotným řešením. Nejčastějšími chybami byla záměna implikace s ekvivalencí (bude vysvětleno později), špatný řešitelský pocit, že dvojčíslí může být pouze od 50 do 79 a v neposlední řadě rozdělení úlohy na tři podúlohy, každá na nějakém intervalu.
Co se míní záměnou implikace s ekvivalencí? V úloze je tvrzení: „Jestliže je dvojčíslí dělitelné dvěma, pak leží mezi čísly 50 a 59 (včetně).“ Mnoho z vás (téměř čtyři pětiny řešitelů), na základě tohoto tvrzení špatně určilo, že: „Pokud je číslo mezi 50 a 59 včetně, pak je sudé.“ Ale to samozřejmě není pravda! To je jako s větou „Když bude pršet, vezmu si deštník.“ Ta totiž podle toho také neznamená „Když si vezmu deštník, pak bude pršet.“ Tento jev na výsledek sice neměl žádný efekt, a tak jsem za něj body protentokrát nestrhával, ale jistě si při dalším řešení dejte pozor na podobná zadání. Více k tomuto problému vzorové řešení 1. úlohy.
Jak se tedy měla úloha řešit? Nejlepší řešení poslal asi Martin Landa:
Předpoklady dle zadání:
P1: Jestliže x (hledané dvojčíslí) je dělitelné dvěma, pak je mezi 50 a 59.
P2: Jestliže není x násobek 3, pak x leží mezi 60 a 69.
P3: Jestliže není x násobek 4, pak x leží mezi 70 a 79.
Všechna dvojčíslí (čísla 10--99) si rozdělíme do čtyř množin, kde pro každou platí jiná pravidla:
- množina: čísla 10--49 a 80--99. Tato čísla nesmí být sudá (jinak by zároveň podle zadání patřila do množiny 50--59). Také musí být dělitelná 3 a 4 (jinak by zároveň patřila mezi 60--69 nebo 70--79). Ovšem každé číslo dělitelné 4 je sudé (to lze nahlédnout např. z toho, že 2 je dělitel 4). Proto z této množiny žádné číslo nepřipadá v úvahu.
- množina: čísla 50--59. Stejně jako u předchozí množiny určíme podmínky, které plynou ze zadání. Podle P2 a P3 musí být řešení z této množiny dělitelné 3 a 4. Tedy musí být dělitelné 12. Ovšem nejbližší násobky 12 jsou 48 a 60, tedy žádné číslo z této množiny.
- množina: čísla 60--69 mají stejné omezení jako 1. množina. Řešení by muselo být liché a dělitelné 4, a tedy opět žádné vhodné řešení ve
- množině není.
- množina: čísla 70--79. Podle P1 musí být řešení z této množiny liché a podle P2 dělitelné 3. Takové číslo je pouze 75.
Dvojčíslí tedy lze určit jednoznačně. Je jím 75.
Komentář: Za co se strhávaly body? Za řešení bez postupu (a to všechny body). Za částečná řešení diskutující pouze druhou až čtvrtou množinu. Za řešení získaná pomocí vypsání všech kandidátů a posléze jejich vyškrtávání -- je to značně nepřehledné a špatně se to kontroluje, jen si představte, že by kandidátů bylo milión. Hodně bodů (tři až čtyři) jsem pak strhával za nepochopení, tentokráte jednoznačného zadání.
Úloha č. 6
Původních čtverců máme 12, máme poskládat krychli, ta má stěn 6. Tudíž prvotní úvaha by byla, že obsah stěny krychle musí být dvojnásobkem obsahu malého čtverečku. Jednoduchým výpočtem dojdeme k tomu, že strana naší hledané krychle má být a\sqrt{2}. Označíme-li a délku strany původního čtverce, b délku hrany hledané krychle, S_{1} obsah původního čtverce a S_{2} obsah jedné stěny hledané krychle, pak
Z Pythagorovy věty zjistíme, že a\sqrt{2} odpovídá délce úhlopříčky čtverce o straně a. Z toho vyplývá, že čtverce musíme přehnout přes úhlopříčky, které nám vytvoří hrany hledané krychle. Stěny krychle tudíž budou složeny ze čtyř malých trojúhelníků (poloviny původních čtverců).
Výsledných řešení je více, uvádíme zde jen několik.
Komentář: Téměř všichni, kteří úlohu poslali, obdrželi plný počet bodů, přestože bych ve většině případů uvítala nějaké více matematické zdůvodnění. Na druhou stranu šlo hlavně o nápad. Spousta řešitelů se ke správnému výsledku „doskládala“ pomocí papíru a notné dávky šikovnosti. Poměrně málo řešitelů napsalo, že existují i jiná řešení. Kdo přišel alespoň na to, že délka hrany krychle je rovna a\sqrt{2} (neboli že se mají původní čtverce přehnout přes úhlopříčku), leč nedošel k řešení, dostal dva body. Špatná řešení se téměř nevyskytla.
Úloha č. 7
Ke správnému pochopení úlohy bylo zapotřebí přečíst si nejen text úlohy, ale i předchozí odstavec, ve kterém jsme se například dozvěděli, že ve Fondu je 4650 dolarů, a nemuseli jsme tedy sčítat čísla od 1 do 30. Dále jsme ze zadání ještě vyčetli, že je třeba rozdělit všech 30 splátek a každému zaměstnanci přidělit stejně.
Kdybychom měli rozdělit Fond rovným dílem mezi šest zaměstnanců, pak by každému přináleželo 775 dolarů, což je v desetidolarových bankovkách neproveditelné. Rozdělit Fond po pěti splátkách šesti zaměstnancům je tedy nemožné a v tomto případě úloha nemá řešení.
Rozdělujeme-li však Fond pěti zaměstnancům, dostane každý 930 dolarů. Jak to ale co nejlépe provést? Možností bylo více, za docela elegantní považuji následující: Všimněme si, že čísla 1 až 30 (resp. 10 až 300) lze uspořádat do dvojic se stejným součtem: 1+30=31, 2+29=31, 3+28=31 atd. Pak je tedy jasné, že šestice se součtem 93 snadno složíme ze tří takových dvojic. Jejich kombinováním získáme přehršli různých řešení.
Konkrétní řešení tedy mohlo vypadat například takto:
Další častý postup byl vytvořit si nejprve tři oddíly: 1--10, 11--20, 21--30 a teprve v jejich rámci tvořit dvojice se součtem 11, 31 a 51. Zajímavé je, že tímto postupem můžeme získat jiná řešení než v předchozím případě.
Komentář: Našlo se nemálo takových, jejichž řešení v podstatě odpovídalo výše uvedenému, těm jsem udělil pět bodů. Ti, kteří si neuvědomili (či to pouze nenapsali), že lze snadno získat velké množství řešení, dostali čtyři body. Valná většina však dostala pouze tři body, protože tito ani nenapsali, jak ke svému řešení dospěli nebo zda je jejich postup pouze dílem náhody.
Opravovali: 1. Lenka Blažková, 2. Ondřej Honzl, 3. Eva Černohorská, 4. Lenka Burešová, 5. Jan Blažek, 6. Pavla Procházková, 7. Pavel Houdek.