Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Označme k kruh opsaný nad stranou BC, k' kruh opsaný nad stranou AB, S střed strany BC a S' střed strany AB.

Prvním krokem rešení bylo uvědomit si, že \triangle ABC je pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu A -- tuto vlastnost snadno ověříme pomocí Pythagorovy věty:

Tedy kružnice nad průměrem BC je zároveň Thaletovou kružnicí nad tímto průměrem, a proto bod A na ní musí ležet. Z toho vyplývá, že obvodové kružnice kruhů k a k' se protínají v bodech A a B.

Průnik kruhů k a k' tvoří polovina malého kruhu a kruhová úseč. Obsah poloviny malého kruhu spočítáme snadno jako

Všimneme si, že \triangle ABS je rovnostranný. Strany AS a BS jsou poloměry většího kruhu, mají tedy délku 1\over2 \cdot |BC| = 2 m. Také víme, že |AB|=2 m. Tedy |\angle ASB|=60\deg a výseč ASB tvoří šestinu kruhu. Výšku SS' trojúhelníku ABS spočteme pomocí Pythagorovy věty, nebo si uvědomíme, že je to střední příčka trojúhelníku ABC proti straně AC, proto |SS'| = 1\over2 \cdot |AC| = \sqrt{3} m. Odtud spočítáme obsah \triangle ABS jako

Nyní obsah úseče spočteme jako obsah jedné šestiny velkého kruhu, od nějž odečteme obsah \triangle ABS:

Obsah S průniku dvou kruhů je součet obsahů malého půlkruhu a úseče:

Komentář: Strhával jsem body především za nezdůvodnění pravoúhlosti trojúhelníku ABC a rovnostrannosti trojúhelníku ABS. Rovněž jste ztráceli body za numerické chyby, popletení délek poloměrů nebo špatné přečtení zadání. Velmi pěkná řešení měli Jakub Stodola, Zdislava Šrůtková a Petr Tampír.

Úloha č. 2

Sudoku, jak mnozí z vás vědí, je hra, která spočívá v tom, že čtverec s devíti řádky vyplníme čísly 1 až 9 tak, aby v každém sloupci, řádku i vyznačeném menším čtverci bylo každé číslo právě jednou. Aby to nebylo tak jednoduché, jsou na začátku již některá čísla doplněna. V naší úloze nejprve musíme políčka s křížky vyplnit čísly, která dostaneme z epitafu:

Skřivanem jsi a letíš, rozhlížíš se Mraky v rozbřesku kvetou

Ostříží zrak, ten neprorazí ti \heartsuit tlukoucí po svobodném žití

Výstřel doutnaje jen na rozsudek čeká Pomalu mozek přijímá smrt

Na první pohled to s naším magickým čtvercem 9\times9 vůbec nesouvisí. Ale víme, že z textu potřebujeme nějak dostat čísla. První podezřelá vlastnost je, že počet slov epitafu (když počítáme i \heartsuit) je stejný jako počet políček s křížky. Druhá podezřelá věc je, že žádné ze slov nemá víc než devět písmen...

Když každému slovu přidělíme počet jeho písmen, dostaneme čísla. Je jedno, jestli je vpisujeme do čtverce po řádcích nebo sloupcích, vznikne nám tak akorát otočená tabulka.

Doplněné zadání tedy vypadá takto:

Ještě poznámka k \heartsuit: znamená 1, je to jen jeden znak, proč asi v zadání nebylo slovo srdce? Nyní už nic nebrání vlastnímu řešení sudoku. Vybereme si šikovně nějaké políčko (nejlépe takové, že ve sloupci a řádku, v kterém je obsažené, už je hodně doplněných čísel). Zjistíme, jaká čísla zatím můžeme na toto pole doplnit. Bereme možnosti jednu po druhé. Pro každou vždy vybereme další výhodné políčko a postup opakujeme, dokud nedojdeme k nějakému políčku, kam už nejde nic napsat při dodržení pravidel, pak se vrátíme k výchozímu políčku a zkoušíme další možnost, anebo naše volba byla vhodná a pak pokračujeme, dokud nevyplníme celý čtverec, však to znáte...

Konečné řešení vypadá takto:

Komentář: Pokud máte málo bodů, je to proto, že jste nenapsali, jak se luštila šifra epitafu. Opisování a neuvedení postupu při řešení sudoku jsem tentokrát tolerovala.

Úloha č. 3

Máme danou krychli ABCDEFGH. K tělesové úhlopříčce AG vedeme bodem B kolmici, která protne stěnu ADHE v bodě J. Bod J tedy leží v rovině ABG, v níž leží i bod H. Dále budeme uvažovat pouze obdélník ABGH. V něm platí, že |AB|=2 m, |BG|=2\sqrt{2} m (úhlopříčka čtverce o straně 2 metry) a |AG|=2\sqrt{3} m (tělesová úhlopříčka krychle). Označíme P průsečík přímek AG a BJ, \alpha=|\angle AGB|. Uvědomíme-li si, že výška trojúhelníku BGJ na stranu BG je stejně dlouhá jako strana AB, obsah trojúhelníku spočteme snadno:

Nyní spočteme obvod trojúhelníku BGJ. Dopočítáním úhlů v obrázku zjistíme, že |\angle AGB| = |\angle ABJ|. Tedy trojúhelníky ABG a JAB jsou podle věty uu podobné a platí: |AJ|\over|AB|=|AB|\over|GB|, |AJ|=2\cdot2\over2\sqrt{2}=\sqrt{2} m. Takže bod J je střed úsečky AH, a tedy platí |JG|=|BJ|. Pomocí Pythagorovy věty spočítáme

A máme

Komentář: Na úloze byla náročná především správná představa zadání. Ti z vás, kteří bod J umístili do některého z vrcholů krychle, nedostali žádný bod. Jeden bod dostal každý, kdo spočítal obsah trojúhelníku, dva pak ti, co k výpočtu používali goniometrické funkce. Těm, kteří nezdůvodnili správně polohu bodu J, jsem udělila body tři. Pokud jste při řešení úlohy příliš zaokrouhlovali, máte nejvýše čtyři body.

Velmi častou chybou bylo, že jste se domnívali, že tělesové úhlopříčky krychle jsou na sebe kolmé. To v krychli nemůže platit. Tyto úhlopříčky jsou zároveň úhlopříčkami v obdélníku ABGH a byly by na sebe kolmé, právě když by to byl čtverec. Což se v krychli stát nemůže.

Úlohy Pikomatu jsou vždy takové, že se dají řešit i bez pomoci goniometrických funkcí. Řešitelé, kteří je použili, nedostali málo bodů za to, že je použili, ale za to, že jejich výpočty proto nebyly dostatečně přesné. Řešení, které bych v tomto případě ohodnotila plným počtem bodů, si představuji asi takto:

Z předchozích úvah víme, že trojúhelníky ABG, JAB, BPG a JPA jsou podobné. Protože známe všechny strany trojúhelníku ABG, můžeme vypočítat toto:

V trojúhelníku ABJ je

takže |AJ|=\sqrt{2} m. V trojúhelníku BPG je

takže |PG|=4\over\sqrt{3} m a |BP|=2\sqrt{6}\over3_metr(). Dále v trojúhelníku JAP je

takže |JP|=\sqrt{6}\over3_metr(), a proto |JB|=|JP|+|BP|=3\sqrt{6}\over3=\sqrt{6} m. A konečně z Pythagorovy věty pro trojúhelník JPG je

Úloha č. 4

Řekněme, že budeme mít čtyřciferné číslo abcd, tj. $a \in \lbrace1;2;3;4;5;6;7;8;9\rbrace a b, c, d \in \lbrace0;1;2;3;4;5;6;7;8;9\rbrace$. Nyní si rozdělíme úlohu na dvě části, v první najdeme všechna čísla splňující podmínku a+d=b+c, v druhé části z nich vybereme čísla dělitelná 11.

Pro začátek si uvědomme, že platí 1 \leq a+d \leq 18 (to samé musí platit i pro b+c). Zvolíme si a+d=b+c=1 a budeme hledat, kolik možností je pro součet a+d a b+c. Když zvolíme a resp. b, už umíme jednoznačně dopočítat d resp. c. V tomto případě můžeme zvolit a=0 a b=0 a b=1. Tedy pro součet a+d máme jednu možnost a pro součet b+c máme dvě možnosti. Celkově můžeme vytvořit 1\cdot2 čísel. (Jsou to 1010, 1100.) Tímto způsobem můžeme postupovat i pro ostatní možnosti a+d=b+c. Musíme si však dát pozor u součtů větších než 9, protože tam nemusí pro všechna a resp. b být odpovídající d resp. c menší než 9. Počty možností shrnuje tabulka:

Pro zjištění celkového počtu čísel stačí jenom sečíst poslední sloupec tabulky. Vyhovujících čísel je 615.

V druhé části si zopakujeme pravidlo dělitelnosti 11: Číslo je dělitelné 11 právě tehdy, když je rozdíl součtu cifer na sudých a lichých pozicích dělitelný 11. To pro nás znamená, že číslo 11 dělí a-b+c-d. Protože víme, že a+d=b+c, tj. a=b+c-d, můžeme si podmínku dělitelnosti přepsat tak, že 11 dělí 2(c-d). A protože 11 nedělí 2, musí dělit c-d, a to nastane pouze pokud c-d=0 tj. c=d a dosazením do původní podmínky dostaneme, že musí platit i a=b. Číslo bude tedy vypadat takto: aacc. Za a se dá dosadit 9 čísel a za c se dá dosadit 10 čísel, takže celkem je 9\cdot10 = 90 čísel, která splňují obě podmínky.

Komentář: Body jsem strhávala hlavně za špatné či nedostačující komentáře, obzvláště v druhé části většina řešitelů prohlásila, že musí platit a=b a c=d a proč už nenapsala. Za vyřešení pouze jedné části byly tři body.

Úloha č. 5

Nejprve označíme n počet blízkých pana Heydy. Potom pro k, l, m přirozená čísla včetně nuly dle zadání platí: n^{2}=7k+1, n^{2}=4l+1, n^{2}=5m+4.

Z první a druhé podmínky dostaneme, že n^{2}-1 je dělitelné 28. Ze druhé podmínky plyne, že n^{2} je liché číslo. Čísla dělitelná pěti končí cifrou 0, nebo 5, tudíž díky třetí podmínce končí n^{2} devítkou (čtyřkou končit nemůže) a n^{2}-1 končí osmičkou. První násobek čísla 28, který končí na osmičku, je 28, po přičtení jedničky však nedostaneme druhou mocninu přirozeného čísla. Druhý nejmenší násobek 28 končící osmičkou již vede na řešení úlohy: 6 \cdot 28 + 1 = 169 = 13^{2}. Hledaný počet blízkých přátel je 13.

Komentář: Jen málo z vás se nedopočítalo ke správnému výsledku. Byl jsem proto přísný a za prosté testování druhých mocnin přirozených čísel jsem strhával bod.

Úloha č. 6

Přestože většina z vás úlohu natlačila do soustavy dvou rovnic o dvou neznámých a řešení získala hrubou silou, lze postupovat i elegantněji, to jest úvahou. Výkon hrobníkův se v obou dnech liší pouze o dvě hodiny práce velkou lopatou a o 11 koleček vyvezené zeminy. Z toho snadno usoudíme, že za hodinu práce velkou lopatou hrobař naplní 5,5 kolečka. S touto vědomostí už pak lehce z kteréhokoliv dne dopočítáme zbývající údaj (tedy 4 kolečka hlíny za hodinu malou lopatou). Poté, co jsme do úlohy takto pronikli, se podíváme, jak zněla původní otázka, což někteří mezi vámi opomněli a zbytečně se tak připravili o bod. Hrobař tedy po hodině práce malou a po další hodině velkou lopatou vytěžil 9,5 kolečka hlíny.

Komentář: Úloha byla nebývale snadná. Proto jsem již za chybějící odpověď nebo numerické chyby strhnul jeden bod. Pro příště byste také neměli tak bezhlavě zavádět neznámé a nejprve se nad tím trochu zamyslet, protože 2 malé lopaty plus 5 velkých opravdu nedává 35,5.

Úloha č. 7

Označme Y patu výšky na stranu AB a X patu kolmice spuštěné z bodu P na přímku AB. Protože úhel APB je pravý, leží bod P na Thaletově kružnici s průměrem AB. Dále musí bod P ležet na přímce p rovnoběžné s přímkou AB takové, že vzdálenost přímek p a AB je rovna délce úsečky PX. Pokud budeme znát |PX|, můžeme bod P sestrojit jako průnik přímky p a Thaletovy kružnice. Potom už nebude těžké zkonstruovat celý trojúhelník.

Pravoúhlé trojúhelníky BXP a BYC jsou podobné, protože mají stejné úhly. Odtud získáme

Ze zadání známe délku úsečky CY (je to výška na stranu AB). Poměr |BP| \over |BC| určíme z informace |CP| = 3|BP|.

Musíme rozlišit dvě situace podle toho, zda pata P leží uvnitř strany BC nebo mimo stranu BC. V první situaci je |BC| = |BP| + |CP| a z |CP| = 3|BP| plyne |BC| = 4|BP|. Zatímco v druhé situaci je |BC| = |CP| - |BP| = 2|BP|. Vzdálenost bodu P od přímky AB je proto buď jedna čtvrtina nebo jedna polovina výšky na stranu AB.

Popis konstrukce může vypadat následovně:

• AB; |AB| = 10 cm
• c; c \parallel \primka AB, v(c,\primka AB) = v_{c} = 6 cm
• p; p \parallel \primka AB, v(p,\primka AB) = v_{c} \over 4 = 1,5 cm, p leží mezi přímkami AB a c
• q; q \parallel \primka AB, v(q,\primka AB) = v_{c} \over 2 = 3 cm, q leží vně pásu určeného přímkami AB a c
• S; S \in \primka AB, |AS| = |BS|
• t; t(S,|AS|)
• P; P \in t \cap (p \cup q)
• C; C \in \primka PB \cap c
• \triangle ABC

Kružnice t protne přímku p ve dvou bodech (P_{1} a P_{2}) a přímku q rovněž ve dvou bodech (P_{3} a P_{4}). Proto má úloha v dané polorovině čtyři řešení. Na obrázku jsou vyznačena pouze dvě z nich (body C_{1} a C_{3}), přímky BP_{2} a BP_{4} protínají přímku c mimo obrázek.

Komentář: Vzorové řešení je sestaveno podle řešení Mirka Olšáka, který si jako jediný uvědomil, že pata P nemusí ležet na úsečce BC, a taky jako jediný získal plný počet bodů.

Řešitelé, kteří úlohu vyřešili správně pro situaci, kdy P leží na úsečce BC, obdrželi 4 body. Body jsem strhávala za chybějící nebo nedostatečně vysvětlený postup, nejčastěji chybělo vysvětlení, proč musí bod P ležet ve čtvrtině výšky. Další body jsem odebírala, pokud jste si neuvědomili, že řešení může být více než jedno, nebo pokud jste druhé řešení špatně zkonstruovali.

Pokud má platit |CP| = 3|BP|, tak bod P musí ležet blíž bodu B než bodu C. Těm, kdo to nepochopili, jsem udělovala maximálně jeden bod.

Opravovali: 1. Karel Pazourek, 2. Lenka Blažková, 3. Lenka Burešová, 4. Eva Černohorská, 5. Ondřej Honzl, 6. Pavel Houdek, 7. Mariana Veselá.