Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Označme si těleso jako na obrázku. Nechť krychle má vrcholy A, B, C, D, E, F, G, H a střed S, body B_{1},\ldots,B_{6} značí průsečíky kolmic na stěny krychle s kulovou plochou, body V_{1}, V_{2} jsou paty kolmic z bodů B_{1}, B_{2} na příslušnou stěnu krychle.

Nejdříve určíme počet vrcholů, hran a stěn nového tělesa. Nad každou stěnou krychle vznikne nový vrchol, takže jejich celkový počet je 8 + 6 = 14 (původní krychle má 8 vrcholů). S počtem hran a stěn už je to trošku horší. Je potřeba si uvědomit, zda body B_{1}, B_{2} a X leží v jedné přímce. Snadno nahlédneme, že neleží. Kdyby ležely, svíraly by přímky B_{1}X, V_{1}X a přímky B_{2}X, V_{2}X úhel 45\deg, takže trojúhelníky B_{1}V_{1}X, B_{2}V_{2}X by byly rovnoramenné, tudíž poloměr opsané kulové plochy |SB_{1}| by byl 2 palce (|B_{1}V_{1}| = |V_{1}X| = polovina délky hrany krychle = 1 p). Jenže poloměr můžeme zároveň vyjádřit i jako polovinu tělesové úhlopříčky. Tu určíme pomocí dvojí aplikace Pythagorovy věty. Nejdříve určíme stěnovou úhlopříčku krychle:

|AC| = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2},

pomocí ní tělesovou:

|CE| = \sqrt{|AE|^{2} + |AC|^{2}} = \sqrt{a^{2} + 2a^{2}} = a\sqrt{3}.

Jelikož a = 2 palce, je polovina tělesové úhlopříčky |SE| = \sqrt{3} p, což je ovšem menší než prvotní vyjádření poloměru opsané kulové plochy délkou úsečky |SB_{1}|. Takže z předpokladu, že body B_{1}, B_{2} a X leží na přímce, dostáváme rozpor se zadáním, neboť body B_{1}, E neleží na povrchu kulové plochy se středem S. Právě jsme ukázali, že body B_{1}, B_{2}, F a G neleží v jedné rovině, tedy netvoří jednu stěnu zkoumaného útvaru. Teď se můžeme vrátit zpět k určení počtu stěn a hran. Nad každou ze stěn krychle vznikne pravidelný čtyřboký jehlan, jehož podstava splývá právě s onou stěnou krychle. Krychle má 6 stěn, proto je počet stěn zkoumaného tělesa roven 6 \cdot 4 = 24. Hrany původní krychle zůstanou zachovány -- těch je 12, ještě k nim však přibudou 4 nové nad každou stěnou, takže celkem jich je 12 + 6 \cdot 4 = 36.

A teď hurá na povrch! Povrch tělesa je tvořen 24 trojúhelníkovými stěnami (pláště 6 pravidelných čtyřbokých jehlanů), takže P = 24 \cdot S, kde P je povrch zkoumaného tělesa a S obsah jedné trojúhelníkové stěny. Obsah S vypočteme jako S = 1/2 \cdot av_{a}, takže nám zbývá určit v_{a}, což není žádný problém, neboť opět stačí aplikovat Pythagorovu větu: $v_{a} = \sqrt{|V_{1}X|{2} + |V_{1}B_{1}|{2}}, kde |V_{1}X| = a/2$, |V_{1}B_{1}| = r - |V_{1}S|, r = |SE| = a\sqrt{3}/2 a |V_{1}S| = a/2. Když to dáme dohromady, tak

v_{a} = \sqrt{\left(a/2\right)^{2} + \left(a\sqrt{3}/2 - a/2\right)^{2}} = \sqrt{5a^{2}/4 - a^{2} \sqrt{3}/2} = a/2 \cdot \sqrt{5 - 2 \sqrt{3}},

tudíž

P = 24 \cdot S = 12av_{a} = 6a^{2} \sqrt{5 - 2 \sqrt{3}},

což po dosazení a = 2 p dává konečný výsledek $P = 24 \sqrt{5 - 2 \sqrt{3}} p{2}$.

Těleso má 14 vrcholů, 24 stěn, 36 hran a jeho povrch je 24 \sqrt{5 - 2\sqrt{3}} p^{2}.

Komentář: Ve většině případů vám nečinil příklad potíže, ovšem našlo se mezi vámi dost takových, kteří při výpočtu poloměru krychli opsané kulové plochy zaměnili tělesovou úhlopříčku za stěnovou. Nepochopení zadání se vyskytlo ojediněle.

Úloha č. 2

Jako první je nejlepší si vypsat ze zadání to, co známe. Dále je důležité si uvědomit, že při výpočtech nesmíme použít nic, co by nebylo v zadání, anebo co jsme před tím neodvodili. V tom udělali mnozí z vás chybu. Například jste předpokládali, že platí komutativní zákon (A+B=B+A). Při odvozování správného výsledku použijeme hlavně poslední větu, která nám říká, že platí zákon asociativní (A+(B+C)=(A+B)+C). Vztahy, které byly zadány jsou zapsané v následující tabulce (V označuje vařečku, S smeták, Š špendlík a SKL sklenici).

+ V S Š SKL
V V S Š SKL
S $$ $$ S SKL
Š $$ Š $$ SKL
SKL $$ SKL $$ SKL

Vypíšeme si vztahy, které budeme potřebovat:

\eqalignno{S &= S+Š, & (1) \cr Š &= Š +S, & (2) \cr SKL &= SKL + S, & (3) \cr (A+B)+C &= A+(B+C). & (4) \cr}

A podle těchto rovností zjistíme požadované hodnoty:

  • $S+S =(1) (S+Š)+S =(4) S+(Š+S) =(2) S+Š =(1) S$,
  • $Š+Š =(2) (Š+S)+S =(4) Š+(S+S) =(a) Š+S =(2) Š$,
  • SKL+Š =(3) (SKL+S)+Š =(4) SKL+(S+Š) =(1) SKL+S =(3) SKL.

Komentář: Z této úlohy jsem v podstatě udělovala jen 0 nebo 5 bodů (až na drobné výjimky). Buď jste úlohu vyřešili, anebo jste nepřišli na to, že neplatí komutativní zákon, a tedy vaše řešení bylo naprosto chybné.

Úloha č. 3

Než začneme hledat správný způsob vážení, musíme si rozmyslet, po kolika budeme kameny vážit. Protože neznáme váhové rozdíly mezi jednotlivými kameny, nemá smysl vážit kameny po více než po dvou (to znamená na každé misce vah jeden). Při každém takovém vážení by totiž mohla nastat varianta, při které bychom se nedozvěděli téměř nic podstatného. Například pokud bychom vážili dva kameny proti jednomu a zjistili bychom, že ten samotný kámen je lehčí, než dva zbylé, tak jsme se vlastně nedozvěděli nic, protože tohle může při vhodných váhových rozdílech platit pro každé možné seřazení těchto tří kamenů od nejlehčího k nejtěžšímu.

Když tedy víme, že musíme vážit kameny vždy pouze po dvou, napadne nás zvážit každý kámen s každým. Pak bychom jistě dokázali kameny seřadit. Bohužel bychom na to potřebovali deset vážení, takže musíme vymyslet takový způsob vážení, ve kterém tři z těch deseti vážení „ušetříme“. Zkusme zjistit, kolik vážení nám stačí na seřazení jednoho, dvou, tří nebo čtyř různě těžkých kamenů. Jeden kámen je sám seřazen, nepotřebujeme ho vážit. K seřazení dvou kamenů nám stačí jedno vážení, ve kterém vždy zjistíme, který je těžší a který lehčí. K seřazení tří kamenů (označíme je A, B, C) potřebujeme tři vážení, protože po zvážení dvou kamenů (např. A, B) nám nezbývá než zvážit ten zbývající (C) s jedním z předchozích dvou (A) a vždy se může stát, že kámen, který jsme již vážili dvakrát (A), je buď nejtěžší nebo nejlehčí a my musíme ještě zvážit B s C, abychom zjistili přesné pořadí. Když chceme seřadit čtyři kameny (A, B, C, D), máme dva způsoby, jak na to. Buď nejprve seřadíme tři kameny (A, B, C; na to potřebujeme tři vážení) a k nim přidáme čtvrtý (D), nebo zvážíme dva a dva (A a B, C a D) a pak tyto dvě dvojice budeme dávat k sobě. V prvním případě je nejrychlejší zvážit D s tím z kamenů A, B, C, který není ani nejlehčí ani nejtěžší (označíme ho P), protože se nám nemůže stát, že bychom na přidání D potřebovali 3 vážení. Poté, co zvážíme D s P, musíme ho ještě, pokud je lehčí (resp. těžší), zvážit s nejlehčím (resp. nejtěžším) z kamenů A, B, C a kameny A, B, C, D jsou seřazené. Stačilo nám pět vážení. V druhém případě nám taky stačí (a zároveň nejméně potřebujeme) pět vážení (zvážíme lehčí a těžší kameny z prvních dvou vážení spolu, tím najdeme nejtěžší a nejlehčí z kamenů, a pak zvážíme dva zbylé kameny spolu). Zjistíme to, když si rozmyslíme všechny možnosti (já je zde již nebudu rozepisovat). Když podobně rozebereme řazení pěti kamenů, zjistíme, že na jejich seřazení bychom potřebovali osm vážení, nebo bychom potřebovali seřadit čtyři kameny tak, abychom se při tom ještě o pátém dozvěděli, že není nejlehčí (popřípadě nejtěžší). Tato úvaha nás již zavede k správnému řešení:

Kameny označíme A, B, C, D a E. Nejprve zvážíme A s B a C s D (kameny můžeme označit tak, že A>B, C>D). Pak zvážíme lehčí kameny z obou vážení (B s D) spolu (předpokládejme B>D). Nyní máme trojici seřazených kamenů (A, B, D) a jeden další kámen, o kterém víme, že není nejlehčí (C). Stačí nám tedy k A, B a D přidat E způsobem popsaným výše (na to padne čtvrté a páté vážení). Pak na dvě další vážení dokážeme přidat kámen C k seřazeným kamenům A, B, D a E, protože víme, že je těžší než D a je to tedy stejné, jako kdybychom přidávali C k A, B a E (anebo lehčí, pokud byl kámen E lehčí než D).

Úloha č. 4

Na obrázku můžeme odlišit kružnice tří různých poloměrů. Poloměr velké označíme r. Poloměr menší kružnice je zřejmě r/2. U nejmenší kružnice musíme její neznámý poloměr x spočítat -- využijeme k tomu Pythagorovu větu, jak je naznačeno na prvním obrázku:

\eqalign{ (r-x)^{2} + \left(r\over2_right())^{2} &= \left(r\over2 + x\right)^{2}, \cr r^{2} - 2rx + x^{2} + r^{2}\over4 &= r^{2}\over4 + rx + x^{2}, \cr r^{2} &= 3rx, \cr x &= r^{2} \over 3r, \cr x &= r \over 3. \cr}

Díky tomuto poloměru můžeme snadno vypočítat obsah malé kružnice, který označíme S_{1}:

\eqalign{ S_{1} &= \pi \cdot x^{2}, \cr S_{1} &= \pi \cdot r^{2} \over 9. \cr}

Kromě malých kružnic jsou součástí tmavé plochy ještě čtyři „lístečky“. Při bližším pohledu zjistíme, že se jedná o osm shodných úsečí kružnic o poloměru r/2. Obsah každé z nich (označme jej S_{2}) můžeme vypočítat jako rozdíl čtvrtkruhu o poloměru r/2 a pravoúhlého trojúhelníku s odvěsnami délky r/2, jak ukazuje druhý obrázek. Tedy:

\eqalign{ S_{2} &= \pi \cdot \left(r\over2_right()^{2} \over 4
  • r\over2 \cdot r\over2 \over 2, \cr S_{2} &= \pi \cdot r{2}\over4 - 2 \cdot r{2}\over4 \over 4, \cr S_{2} &= (\pi-2) \cdot r{2} \over 16. \cr})

Celková plocha tmavé části S pak bude rovna součtu obsahů čtyř malých kružnic a osmi zmíněných úsečí:

\eqalign{ S &= 4 \cdot S_{1} + 8 \cdot S_{2}, \cr S &= 4 \cdot \pi r^{2} \over 9 + 8 \cdot (\pi-2) \cdot r^{2} \over 16, \cr S &= 4 \cdot \pi r^{2} \over 9 + r^{2} \cdot (\pi-2) \over 2, \cr S &= (17 \pi-18) \cdot r^{2} \over 18. \cr}

Tmavá část koberce má tedy obsah (17\pi-18)r^{2}/18. Jestliže tohle číslo vydělíme obsahem velkého kruhu (ten je roven \pi r^{2}) a vynásobíme 100, získáme podíl tmavé části v procentech, který je přibližně 62,61\%.

Komentář: Většina řešitelů dospěla ke správnému výsledku postupem stejným nebo podobným tomu vzorovému. Nejčastější chybou bylo, že řešitelé bez zaváhání napsali, že poloměr nejmenší kružnice je roven třetině poloměru kružnice největší, ale toto tvrzení už nijak blíže neodůvodnili, přestože nijak zřejmé nebylo. Bylo-li řešení jinak v pořádku, strhávala jsem za tento nedostatek jeden bod. Těm, kteří úlohu nedořešili nebo v ní měli ještě další chyby, jsem strhávala bodíky další.

Úloha č. 5

Minimální počet protnutých černých dlaždic: Přímky p a q procházejí vrcholy černých dlaždic a jsou rovnoběžné. Mezi nimi je prostor, do kterého nezasahuje žádná černá dlaždice. Úsečka CD, rovnoběžná s přímkami p a q, proto neprotíná žádný černý čtverec a může být libovolně dlouhá (a tedy i 100 palců). Z toho plyne, že minimální počet protnutých černých čtverců je 0.

Maximální počet protnutých černých dlaždic: Uvažujme úsečku XY, která začíná v pravém horním rohu nějaké černé dlaždice, protíná pět dalších černých dlaždic a končí v levém dolním rohu další dlaždice. Délka této úsečky je z Pythagorovy věty rovna \sqrt{|XZ|^{2} + |YZ|^{2}}, což je přibližně 94 palců. To je méně než požadovaných sto palců, takže můžeme oba konce úsečky XY protáhnout a získáme tak úsečku AB délky 100 palců, která protíná 7 černých dlaždic.

Davidův skluz tedy mohl protnout minimálně 0 a maximálně 7 černých dlaždic.

Komentář: Body jsem strhával nejčastěji za řešení na základě obrázku. Bylo potřeba alespoň trochu vysvětlit, proč úsečka dosáhne až do sedmé černé dlaždici. Někteří řešitelé neuvažovali případ, kdy úsečka do dlaždice pouze zasahovala, jako protnutí. V tom případě vyšlo maximum 6 dlaždic. Uznával jsem obě řešení.

Úloha č. 6

Protože je B dělitelné pěti, je stejným číslem dělitelné i B+5. To je zároveň dělitelné také sedmi, takže dohromady i nejmenším společným násobkem 5 a 7, tzn. 35. Dále víme, že B < A < C. Aby všechny kódy byly nejvýš čtyřciferné, musí být B \leq 3331 (pak je totiž $A = B+2 \leq 3333 a C = 3 \cdot A \leq 9999) a B+5 \leq 3336. Počet násobků 35$ nejvýš rovných horní hranici 3336 je nejvýše 3336/35, tedy ne více než 95. I pro nejnižší B+5=35 bude B (a tudíž i A a C) kladné. Celkem je 95 různých kombinací kódů A, B a C.

Komentář: Tento příklad měl dva hlavní „problémy“: přijít na fakt, že B+5 je dělitelné 35, a pak správně vypočítat počet správných kódů. Druhá část činila větší potíže. Nesprávné nebo nedostatečně okomentované výpočty se hodnotily ztrátou bodu. Několik (naštěstí ne mnoho) řešitelů se pokusilo vypsat všechny možnosti. Za značně neefektivní způsob řešení získali dva body. Téměř všichni ostatní se však vešli do pásma tři až pět bodů, za což patří pochvala.

Úloha č. 7

Objevily se dva hlavní přístupy k řešení. Oba pracují se sítí poloviny dvanáctistěnu, uspořádanou do pěti pětiúhelníků kolem šestého centrálního, kde jasně vidíme, který má s kterým společnou hranu. Můžeme se například pokusit okrajové pětiúhelníky obarvit dvěma barvami, jelikož je však pětka liché číslo, nevyjde střídání barev přesně podle našich představ a pátý (mezi prvním a čtvrtým po obvodu) musíme nutně obarvit třetí barvou. Nyní vidíme, že tři barvy nám opravdu stačit nebudou, protože středový pětiúhelník již má společnou hranu s pětiúhelníky všech tří barev (viz první náčrtek). Podobně bylo možné postupovat i od prostředního k lemujícím.

Pokud jste dvanáctistěn znali, či správně zkonstruovali, nebylo již vůbec obtížné dotáhnout úlohu do konce. Jen málokteří z vás si ovšem položili mnohem zajímavější otázku, kolik barev by vlastně k obarvení stačilo...
Při troše šikovnosti totiž stačí pouhé čtyři! (Viz druhý náčrtek. Společné hrany jsou pro názornost spojeny čarou.)

Komentář: Úloha nebyla nijak obtížná a (téměř) všichni ji bez chyby zvládli. Většina z vás ovšem použila postup ne právě matematický: Takhle jsem postupoval a tady mi to vyšlo špatně, takže to nejde. Ve skutečnosti ale nejde o to, jestli váš postup uspěl nebo selhal, ale o to dokázat, že jinak už to být nemůže, že jste žádnou možnost neopomněli. Nicméně odlišit tyto dvě cesty v naší úloze bylo velmi obtížné a šlo by v podstatě o slovíčkaření, proto jsem na to nebral zřetel.

S převahou vět nad rovnicemi se ve vašich textech objevilo neúměrné množství hrubek. Uvědomte si, prosím, že i když píšete o matematice, stále píšete česky. Proto za barvy, stěny a podmínky umisťujte do přísudku y a dvanáctistěny a pětiúhelníky nervěte na kusy.

Opravovali: 1. Zuzana Safernová, 2. Kateřina Dobiášová, 3. Jan Konopásek, 4. Lenka Studničná, 5. Michal Mašek, 6. Vojtěch Novotný, 7. Pavel Houdek.