Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Správné řešení úlohy by mělo obsahovat dvě části: rozhodnutí a zdůvodnění, kolika ulicemi Matěj může projít, pokud žádnou neprojde dvakrát, a výpočet, zda to do půl sedmé stihne nebo ne.

První část byla obtížnější, proto se nejdříve pustíme do ní. Celkem je na plánku 18 ulic, ale snadno si všimneme, že Matěj nemohl projít všechny z nich. Od tramvajové zastávky vedou dvě ulice a Matěj si musí vybrat jednu. Kdyby chtěl později projít tou druhou, vrátil by se na zastávku, odkud už nevede žádná cesta, kterou dosud neprošel. Podobné je to u školy, Matěj k ní může přijít pouze jednou ze dvou cest. Tím jsme vyloučili dvě ulice.

Další dvě vyloučíme u křižovatek, na nichž se sbíhají tři ulice. Matěj na křižovatku vždy jednou z nich přijde a druhou odejde. Kdyby třetí ulicí přišel ještě jednou, nemohl by z křižovatky odejít ulicí, ve které ještě nebyl. Pro úplnost zbývá dodat, že žádná místa, u kterých Matěj neprojde alespoň jednu ulici (zastávka, škola a křižovatky tří ulic), nejsou přímo spojena ulicí, jejímž vynecháním bychom „zabili dvě mouchy jednou ranou“. Matěj tedy neprojde alespoň čtyřmi ulicemi, jeho nejdelší možná cesta povede 18-4, to jest 14 ulicemi.

Druhá část se dala řešit například takto: Matěj prošel maximálně 14 ulic. Jelikož každá měřila 400 m, ušel maximálně 14\cdot400=5600 m, což je 5,6 km. Pohyboval se rychlostí 4 km/h, cesta mu tedy trvala 5,6/4, to jest 1,4 hodiny. Od pěti do půl sedmé je 1,5 hodiny, takže Matěj to musel stihnout. Oliver měl pravdu.

Komentář: Většina z vás správně vyřešila druhou část a přišla na to, že Matěj může projít nejvíce 14 cest, ale bohužel nevysvětlila proč. Taková řešení jsem zpravidla hodnotila třemi body, za částečně úspěšné řešení první části (a celou druhou) byly bodíky čtyři. V některých jinak správných řešeních jste předpokládali, že stačí, když Matěj dorazí ke škole přesně o půl sedmé, čili poté, co projde 15 ulic, a dokázali, že víc než 15 projít nelze. Vzhledem k formulaci úlohy a tomu, že takové řešení se od řešení pro 14 ulic příliš nelišilo, jsem body nestrhávala.

Přijít o nějaký ten bodík jste mohli, pokud vaše řešení obsahovalo numerické chyby nebo naopak neobsahovalo komentáře k výpočtům, případně výpočty.

Úloha č. 2

Označíme-li počty schodů v jednotlivých oddílech a, a+1, a+2, a+3 a a+4, pak celkový počet schodů bude součet těchto pěti čísel a některých tří dalších z nich. Tedy

kde b dostanu po odečtení trojnásobku nejmenšího čísla od tří neznámých čísel. Nyní se pozorně podívám, jakých hodnot může b nabývat. Protože druhá mocnina přirozeného čísla nemůže být prvočíslo, vím, že mezi neznámými čísly budou dvě různá. Proto 1 \leq b \leq 11. Po dosazení dostanu

Z toho už jasně plyne, že jediné vyhovující a je 12, a tedy hledaná řada je 12, 13, 13, 13, 14, 15, 16, 16.

Komentář: Většina řešitelů šla na úlohu přes průměrný počet schodů na jeden oddíl. Tato metoda ovšem posléze vyžadovala vyzkoušení minimálně dvou možností, proto jsem za ni uděloval méně bodů. Zvláště bych pak chtěl pochválit ony čtyři řešitele, jejichž postup byl podobný vzorovému. Svých pět bodů si plně zaslouží.

Úloha č. 3

Nejprve si uvědomíme, co jsou to takové různé takty, s tím měli mnozí problémy. Čtyřčtvrťový takt obsahuje čtyři čtvrťové noty, každá z nich může být zahrána na jinou strunu. Když označíme struny A, B, C, mohly by to být třeba tyto: AAAA, ABAB, ABCA a tak dále, je jich mnoho. Kolik ovšem přesně?

Kdybychom měli jen noty celé a v každém taktu by byla jen jedna, měli bychom na třech strunách tři různé takty: A, B a C. Při notách půlových -- tedy dvou do taktu -- dostali bychom ke každé ze tří půlových A, B a C další ze tří půlových. Tedy 3 \cdot 3 = 9 různých taktů. A u not čtvrťových to je viditelně 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^{4} = 81 různých taktů. My ale nevíme, kolik strun vlastně Gill měl, jen víme, že když to bude x, zahraje na nich x^{4} různých taktů.

Z informace o prasklé struně pak můžeme sestavit následující rovnici:

Po úpravě získáváme kubickou rovnici:

Při pohledu na formuli se řádně vyděsíme a přemýšlíme, jak bychom ji co nejchytřeji obešli. (Toto kupodivu neudělali všichni řešitelé a začali rovnici dobývat prvočíselnými rozklady a předepsanými vzorečky, které se neučí ani na střední škole, čímž potrápili nejen sebe, ale i mne.) Pohrajeme-li si totiž chvíli se čtvrtými mocninami, hned nám je jasné, že ony jejich rozdíly budou stále větší a větší a že tedy mezi nimi snadno najdeme naše 2 465. Vskutku po chvilce hledání a dosazování (jde o počet strun, dosazujeme tedy malá přirozená čísla) najdeme jediné možné x = 9, a tedy:

Správná odpověď tedy zní, že než Gillovi jedna praskla, měl devět strun.

Komentář: Mnozí z vás měli problém pochopit, co jsou různé takty. Obvykle vynásobili počet taktů čtyřmi notami a pak se zhroutili, protože dál to nedávalo smysl. Ovšem většina s přehledem správně odhadla, jak se věci mají, a zbytek řešení byl otázkou počtářské rutiny.

Úloha č. 4

Nejprve je potřeba určit, jakou nejmenší část plechovky musí Gill otevřít. V zadání není řečeno nic o tom, že by věděl, kde se malé rybičky nachází. Musí proto otevřít tak velkou část, aby při libovolném natočení rybiček byla alespoň jedna malá rybička vidět celá.

Pokud by byl úhel \gamma menší, než je znázorněno na obrázku, tak by se mohlo stát, že z každé malé rybičky bude kousek zakrytý. K velikosti úhlu \gamma se dostaneme za chvíli.

Nejprve určíme délky stran trojúhelníku APC. Délka strany AC odpovídá poloměru konzervy, a je tedy rovna 5 cm. Strana AP je široká jako čtyři rybičky, a měří 4 cm. Protože APC je pravoúhlý trojúhelník, můžeme dopočítat velikost strany CP pomocí Pythagorovy věty:

Po dosazení vyjde |CP|=3 cm. Pokud jste četli příběh, tak jste se dozvěděli, že nejmenší úhel v trojúhelníku se stranami o délkách 3, 4 a 5, má velikost 36\deg52'. To odpovídá úhlu \alpha v trojúhelníku APC. Součet všech úhlů v trojúhelníku je 180\deg, a proto úhel \alpha=180\deg-90\deg-36\deg52'=53\deg08'. Ještě se nám bude hodit dopočítat úhel \gamma:

Odklopenou plochu S spočítáme jako obsah S_{1} kruhové výseče dané úhlem \gamma plus obsah S_{2} trojúhelníku ABC. Obsah kruhové výseče spočítáme podle vzorce:

Obsah trojúhelníku je podle vzorce:

Výsledný obsah je:

Komentář: Většina řešitelů počítala pouze plochu, kterou zabírá malá rybička. Obtížnost byla podobná (také bylo potřeba spočítat obsah kruhové úseče), takže pokud byl další výpočet správně, tak jsem za tuto chybu strhával pouze dva body.

Úloha č. 5

Magdalenka ví, že trojúhelník je rovnoramenný. V každém takovém trojúhelníku vede těžnice z bodu C do středu základny AB, nazvěme ho S_{c}. Trojúhelníky AS_{c}C a BS_{c}C jsou shodné podle věty sss a úhel u vrcholu S_{c} je přímý, proto jsou úhly AS_{c}C, BS_{c}C pravé a těžnice je kolmá na stranu, tedy totožná s výškou. Z výše uvedené shodnosti trojúhelníků je vidět, že tato těžnice je zároveň osa úhlu u vrcholu C, a proto na ní bude ležet střed kružnice vepsané. Další vlastností těžnice (nyní už v obecném trojúhelníku) je, že ji těžiště T dělí v poměru 1:2. V našem případě to znamená, že $|S_{c}T| : |TC| = 1 : 2$. Vybaveni tímto teoretickým aparátem můžeme začít řešit úlohu.

Magdalenka může narýsovat přímku p, na které bude ležet základna, a přímku q na ní kolmou, na které musí být těžiště a střed kružnice vepsané. Jejich průsečík je bod S_{c}. Strana AB se může dotýkat kružnice vepsané pouze v případě, že se bude dotýkat přímky, na které bude ležet základna, což nastane jen, když se jí bude dotýkat v S_{c}. Magdalenka na přímce q najde bod O takový, že jeho vzdálenost od přímky p bude 2 cm. To bude střed kružnice opsané. Dále může najít bod C, protože ví, že jeho vzdálenost od T bude dvakrát větší než vzdálenost bodu T od přímky p, tj. 8 cm. Teď už stačí dorýsovat tečny ke kružnici vepsané, jejich průsečíky s p označit A a B.

Poslední otázkou je, jak narýsovat tečny ke kružnici z daného bodu. Standardní postup je užití Thaletovy kružnice. Například pokud má být úhel ABC pravý, sestrojíme kružnici, která má průměr AC. Bod B je kdekoli na té kružnici a tato kružnice se nazývá „Thaletova kružnice nad průměrem AC“.

Magdalence bychom mohli poradit ještě symbolický postup:

• p,
• q; p \perp q,
• S_{c}; p \cap q = S_{c},
• O; |OS_{c}|=2 cm, O \in q,
• k; k(O,2 cm),
• T; T \in k \cap q, T \neq S_{c},
• C; |CT| = 8 cm, C \in \poloprimka S_{c}T,
• S_{OC}; |OS_{OC}|=|CS_{OC}|, S_{OC} \in q,
• t; t(S_{OC},|S_{OC}C|),
• T_{1}, T_{2}; T_{1},T_{2} \in t \cap k,
• \primka CT_{1}, \primka CT_{2},
• A; A \in \primka CT_{1} \cap p,
• B; B \in \primka CT_{2} \cap p,
• \triangle ABC.

Konstrukce je znázorněna na obrázku.

Komentář: Hodně z vás používalo fakt, že těžnice, výška a osa úhlu splývají, aniž by se o tom zmínili. Nikdo z vás se bohužel nepokusil to zdůvodnit, ale již za napsání, že to používáte, jsem bod nestrhávala. Stejně to bylo i s tím, že těžiště dělí těžnici v poměru 1:2. Další bod byl za konstrukci tečen jinak než pokus -- omyl. Zbylé dva body jsem rozdávala za postup a za komentář.

Úloha č. 6

K úloze jste mohli přistoupit třemi různými způsoby:

• Zelené tácky budou mít takový tvar, že přesně zakryjí červený a nebudou se vzájemně překrývat. Aby jeden zelený tácek nezakryl celou polovinu červeného a dva zakryly celý červený, musí být obsah zeleného roven polovině obsahu červeného. Navíc se musí k sobě dát přiložit. Z těchto informací už můžeme uvažovat například následující tvary:

Jediná podmínka na tvar tácku je, aby ten okraj tácku, který netvoří obvod červeného, byl středově souměrný podle středu červeného. (Takže po přiložení zeleného na červený bude tento okraj procházet středem červeného.)

• Zelené tácky do sebe opět „zapadnou“, ale zakryjí větší část než červený. Řešení jsou v podstatě stejná jako v předchozím případě, jen tácky už nemusí mít okraj jako část kružnice. Musíme však dát pozor, aby přebývající část nebyla moc velká, aby opět nezakryla celou polovinu červeného tácku. Příkladem řešení může být:

• Poslední možnost je, že se zelené tácky mohou překrývat. Řešení je pak zcela jednoduché. Zelené tácky budou mít tvar kruhu, stejně jako červené, ale uprostřed vynechanou malou část. Například takto:

Komentář: Většina řešitelů úlohu vyřešila správně, body jsem strhávala za nedostačující popis řešení. Na plný počet bodů stačilo přijít na jeden tvar tácku.

Úloha č. 7

Tato úloha skrývala několik úskalí. Prvním z nich bylo nejednoznačné zadání. Jestliže v zadání stálo: „... každá strana byla složena z devíti šišek“, pak mohl být sedmiúhelník složen ze 63 šišek, nebo z 56 (záleželo na tom, zda ve vrcholech sedmiúhelníku šišky byly nebo nebyly -- viz obrázek). Poznamenejme, že variant je ve skutečnosti více, neboť není stanoveno, že šišky musí být ve všech rozích. V některých být mohou a v některých ne, šišek tedy může být 56 až 63. Tyto varianty zde ale řešit nebudeme.

Problém mnohoznačnosti zadání odhalilo několikero z vás, ale odměnil jsem jen ty, co řešili obě varianty.

Úskalí druhé: Kolik šišek vlastně Gill sebral? Velká část z vás pochopila zadání špatně a předpokládala, že Gill obešel sedmiúhelník jednou dokola a skončil. V zadání ale toto bylo kupodivu jednoznačně zadáno větou „... až sebral i tu poslední.“ Jinými slovy Gill sebral všechny šišky co tvořily sedmiúhelník. Těmto řešitelům jsem dával jeden bod.

Třetí úskalí byl váš postup. Velká část z vás zvolila postup vyškrtávání šišek v diagramu, což sice funguje pro 63 respektive 56 šišek, ale rozhodně to není univerzální systém pro milión šišek. Ty z vás, kdož zkusili cokoli jiného, ať už úspěšně, či neúspěšně, jsem ocenil nějakou drobnou prémií (podle kvality nápadu).

A jak to vlastně bylo: Když víte, že v každém kole vyškrtáte jednu třetinu z celkového počtu šišek, má smysl si je nějak uspořádat, abychom toto nemuseli dělat manuálně. Mnoho z vás přišlo na to, že na tvaru nezáleží, a tak proškrtávali v řadách, na kružnicích nebo v nějakých n-ticích. Jednou z lepších variant byly devítice, ty jsou totiž beze zbytku dělitelné třemi a navíc po proškrtání obsahují šest prvků (což je také dělitelné třemi). Mohli jste si takto ušetřit dvě kola nepřesného škrtání. Po dvou kolech nám tedy zbylo z každé devítice šišky číslo 3, 5, 8, 9 (pro 63 původních) a 2, 5, 6, 9 (pro 56 původních). V prvním případě je 63 dělitelné devíti beze zbytku, takže v prvním kole vyškrtnu 1, 4, 7, a v druhém začnu první šiškou která zbyla (tedy šiškou číslo 2). Pro 56 šišek ve druhém kole vyškrtneme 3 a 8, protože 56 dává po dělení devíti zbytek 2, tedy se nám o jednu šišku posune začátek (ne o dvě, protože jednu z nich vyškrtneme). Všimněte si, že teď už nám zbývá jen 28 nebo 25 šišek. Zbytek řešení jste mohli provést doškrtáním, nebo pokračovat přeuspořádáním na nějaké n-tice dělitelné třemi (nejlépe dvanáctice). Řešením pak byly šišky 48 pro 63 šišek a 27 pro 56 šišek.

Komentář: Důležité bylo najít nějaký způsob, jak se zbavit nepřehledného škrtání a tento úkon udělat jen na malém množství šišek. Pro milión šišek bychom pokračovali přeuspořádáním na skupiny po dvanácti, třiceti atd., dokud bychom se nedostali na rozumný malý počet šišek. Za toto zjednodušení práce jsem dával jeden až dva body, další jeden až dva body byly za objevení obou možností výkladu (tj. 63 a 56 šišek) a alespoň náznak nějakého řešení. Správný výsledek byl pak za jeden bod. Pět bodů tentokráte nezískal nikdo.

Opravovali: 1. Tereza Klimošová, 2. Jakub Skalický, 3. Pavel Houdek, 4. Michal Mašek, 5. Eva Černohorská, 6. Lenka Burešová, 7. Honza Blažek.