Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Na začátku si uvědomíme, že čára, kterou Oliver nakreslil, se skládá ze čtyř částí -- kruhových oblouků. Vždy dva na protilehlých stěnách místnosti jsou shodné. Délka kruhového oblouku je přesně určena poloměrem kružnice a středovým úhlem. Tyto dva údaje je třeba pro každou dvojici oblouků zjistit a pak je dosadit do vzorečku pro délku kruhového oblouku

Spočítáme délku čáry na stěně o straně 8 m. Střed S_{1} kruhového oblouku leží na svislé ose stěny ve výšce středu S otáčení štětky. Pro zjištění poloměru použijeme Pythagorovu větu v trojúhelníku SS_{1}T, kde T je libovolný bod čáry na stěně. Délka odvěsny SS_{1} je vzdálenost Olivera od středu oblouku, délka druhé odvěsny S_{1}T je hledaný poloměr a velikost přepony ST je délka štětky, tedy

Po úpravě nám vyjde r_{1} = 4\sqrt{2} m.

Pro přehlednost označíme A_{1} a B_{1} body, kde čára opouští stěnu. Zajímá nás velikost úhlu A_{1}S_{1}B_{1}. Pro její zjištění budeme potřebovat znát výšku v_{1} na stranu A_{1}B_{1} trojúhelníku A_{1}S_{1}B_{1}. V tomto trojúhelníku známe |A_{1}B_{1}| = 8 m, je to strana stěny. Dále známe |A_{1}S_{1}| = |S_{1}B_{1}| = r_{1} = 4\sqrt{2} m. Opět použijeme Pythagorovu větu a spočteme výšku v_{1} = 4 m. Nyní si všimneme trojúhelníku tvořeného patou P_{1} výšky v_{1} a body S_{1}, A_{1} (popřípadě B_{1}). Je rovnoramenný, neboť |A_{1}P_{1}| = |A_{1}B_{1}| \cdot 1\over2 = 4 m = v_{1} = |P_{1}S_{1}|. Úhel při P_{1} je pravý, proto jsou zbylé dva úhly 45\deg a rovněž platí, že |\angle A_{1}S_{1}B_{1}| = 2\cdot 45\deg = 90\deg.

Dosadíme do vzorečku pro délku kruhového oblouku

Po vynásobení dvěma získáme délku čáry na obou stěnách o straně 8 m, což je 2L_{1} = 4\pi\sqrt{2} m.

Stejným postupem počítáme i délky čar na zbylých dvou stěnách. Zde nám vyjde poloměr r_{2} = 8 m a výška v_{2} = 4 m. Tentokrát nás při hledání úhlu zajímá trojúhelník určený patou P_{2} výšky v_{2}, středem úsečky A_{2} S_{2} (značme ho Y) a bodem S_{2}. Nahlédněme, že |S_{2}P_{2}| = |S_{2}Y| = 4 m. O něco těžší je uvědomit si, že také |P_{2}Y| = 4 m. To uvidíme ihned poté, co si všimneme pravého úhlu A_{2}P_{2}S_{2} a toho, že bod P_{2} leží na Thaletově kružnici nad úsečkou A_{2}S_{2}. Odtud plyne rovnost |A_{2}Y| = |YS_{2}| = |YP_{2}|= 4 m. Trojúhelník S_{2}P_{2}Y je rovnostranný. Tím získáme i velikost úhlu |\angle A_{2}S_{2}P_{2}| = |\angle YS_{2}P_{2}| = 60\deg, a tudíž je |\angle_gr(A_{2}S_{2}B_{2})| = 2\cdot 60\deg = 120\deg.

Opět dosadíme do výše zmíněného vzorečku a délka čáry na stěnách o straně 8\sqrt{3} m nám vyjde 2L_{2} = 32\over3 \pi m.

Celkem tedy Oliver nakreslil čáru délky

Komentář: Velikost úhlů jste mohli zjistit i za pomoci goniometrických funkcí. Několik z vás se mylně domnívalo, že poloměr kruhových oblouků je 4\sqrt{5} m, za taková řešení jsem strhávala 2 body. Další body jsem strhávala, pokud jste se vůbec nezabývali úhly. Pokud jste měli postup zhruba správně, jen jste někde „cestou“ ztratili nějaké číslo, či chybně dosadili, strhla jsem bod. Mnoho z vás zbytečně dosazovalo za \pi a odmocniny, což vedlo k hromadění zaokrouhlovacích chyb. Za to jsem tentokráte body nestrhávala. Příště už budu.

Úloha č. 2

Jako každý řešitel i já začnu obrázkem:

s_{1}, s_{2}, s_{3} -- označení šestiúhelníkových krabiček a jejich podstav,

k_{1}, k_{2} -- označení kruhových krabiček,

o_{1}, o_{2}, o_{3} -- obvody krabiček s_{1}, s_{2}, s_{3},

S_{1}, S_{2}, S_{3} -- plochy podstav s_{1}, s_{2}, s_{3}.

K řešení jste mohli dospět několika způsoby. Nejjednodušší a také nejčastější způsob byl pomocí Pythagorovy věty. Nejdůležitější (a tedy i nejvíce hodnocené) bylo spočtení poměru délek stran největší a nejmenší krabičky. Poloměr kružnice vepsané šestiúhelníku je \sqrt{3}a \over 2, kde a je délka strany šestiúhelníku. Spočteme jej pomocí Pythagorovy věty v rovnostranném trojúhelníku znázorněném na obrázku.

Odtud dostaneme

Z čehož úpravami dostáváme potřebný tvar.

Dále si všimneme, že právě r je délka strany šestiúhelníku vepsaného do kružnice (to plyne například z toho, že šestiúhelník je tvořen šesti rovnostrannými trojúhelníky). Máme tedy poměr s_{2} : s_{1}, který je roven \sqrt{3}/2. Obdobně platí s_{3} : s_{2} = \sqrt{3}/2, proto můžeme vyjádřit poměr

Nyní už víme, že celočíselné obvody jsou taktéž v poměru 3 \over 4 (ale pozor: platí to pouze pro obvody a další lineárně závislé veličiny, rozhodně ne pro obsah) a jsou nejmenší možné. Použijeme toho, že nejmenší společný násobek čísel 3 a 4 je 12. Ze znalosti o_{1} \cdot 3 = o_{3} \cdot 4 = 12 cm pak snadno dopočteme o_{1}=4 cm a o_{3}=3 cm.

Poslední část řešení byla jen formalitou. Spočítat obsah plochy dna krabiček jste mohli pomocí vzorečků z tabulek, nebo vzorec odvodit sami. Já jej zde odvodím. Šestiúhelník rozdělíme na šest stejných rovnostranných trojúhelníků jako na obrázku.

Jejich plochu spočteme jako a \cdot v_{a} \over 2, přičemž víme, že v_{a} = \sqrt{3}\over2 \cdot a, neboť jde o poloměr kružnice, který jsme počítali na začátku. Nyní stačí správně dosadit délku stran šestiúhelníků:

Plocha S_{1} odpovídá ploše dna Gillovy krabičky a S_{3} je plocha Oliverovy krabičky.

Komentář: Všichni řešitelé postupovali dosti podobným způsobem. Nejčastější problém bylo nalezení nejmenších celočíselných obvodů a použití nejmenšího společného násobku, za to jsem tentokráte body nestrhával. Mnohem větší chybou bylo rýsování řešení. Mnoho řešitelů narýsovalo zmiňované krabičky a poté změřilo poměr stran. Matematika takovéto řešení ale neuznává, neboť rýsování je nepřesné. Těmto řešitelům jsem pak dával jeden bod.

Úloha č. 3

Zajímá nás, kdy budou černé i bílé hodiny opět současně odbíjet desátou hodinu. Malé i velké ručičky obou hodin musí být v tu dobu ve stejné pozici. Taková situace nastane ve chvíli, kdy rozdíl časů na obou hodinách (zpoždění černých hodin plus předběhnutí bílých hodin) bude přesně 12 h = 720 min. Černé hodiny se zpozdí o 10 minut za den, bílé se předběhnout o 12 minut za den. Rozdíl časů se tedy zvětšuje o 22 minut za den. Okamžik, kdy se ručičky poprvé setkají nastane za

Černé hodiny za den uběhnou $24 h - 10 min = 24 \cdot 60 min - 10 min = 1430 min, takže za čas t$ uběhnou

což je 65 celých otáček. Budou tedy zrovna odbíjet desátou hodinu. Protože v čase t jsou ručičky obou hodin ve stejné pozici, budou desátou odbíjet i bílé hodiny.

Černé i bílé hodiny budou opět společně odbíjet desátou hodinu za 360\over11_dne(). Tím se hodiny dostanou do stejného stavu, v jakém byly na začátku. I při všech dalších setkáních budou proto odbíjet desátou hodinu. Žádnou jinou hodinu společně odbíjet nemohou.

Komentář: Hlavním kamenem úrazu bylo to, že si téměř nikdo neuvědomil, že pro současné odbíjení hodin je klíčový rozdíl časů, nikoli zpoždění (předbíhání) hodin.

Úloha č. 4

Pro začátek si načrtneme celou situaci. Hledaný trojúhelník označme ABC a středy jeho stran, které na mapě označují kříže, označíme XYZ.

Všimněme si trojúhelníků ABC a ZYC. Protože |AC|=2|CZ| a |BC|=2|CY| a úhel ACB je společný oběma trojúhelníkům, zjistíme, že jsou tyto dva trojúhelníky podobné, a proto |AB|=2|ZY|. Ke stejnému závěru dospějeme i u každého ze čtyř malých trojúhelníků. Všechny jsou shodné a jsou podobné trojúhelníku ABC. Dopočítáním úhlů v trojúhelnících dojdeme k závěru, že strany trojúhelníku XYZ jsou rovnoběžné s příslušnými stranami trojúhelníku ABC.

Pro konstrukci trojúhelníku ABC nám stačí rovnoběžnost. Každým z bodů X, Y a Z vedeme rovnoběžku s protější stranou a průsečíky těchto přímek tvoří hledaný trojúhelník ABC. Lze samozřejmě postupovat i jinak. Ale přece nebudeme kreslit do mapy! To by nebylo pěkné... Pro získání tří míst, která hledá Matěj, je nejjednodušší překreslit trojúhelník ABC s vyznačenými středy X, Y a Z na kus papíru, vystřihnout ho a přikládat ho tak, aby zelené kříže na mapě odpovídaly bodům X, Y a Z. Za toto řešení chválím Ondru Kálala.

Komentář: Je důležité číst zadání s porozuměním a uvědomit si, nač se vlastně úloha ptá. Spočítat strany trojúhelníku ABC je jedna věc, ale k narýsování trojúhelníku mi délky stran nestačí, protože v tomto případě jsou pevně dané středy jeho stran. Těm z vás, kteří nenapsali pouze, že se užije vlastností středních příček trojúhelníku, ale snažili se tyto vlastnosti i odůvodnit, jsem přidala správné zdůvodnění.

Úloha č. 5

Cest k řešení se nabízelo mnoho. Ukažme si jednu z nich. Víme, že Oliver měl v kapse 20 mincí. Snadno domyslíme, že českých a že tedy mohlo jít o padesátníky (o těch to dokonce víme jistě), koruny, dvoukoruny, pětikoruny (o těch taky), desetikoruny, dvacetikoruny či padesátikoruny. Ty poslední obratem vyloučíme, protože by nám z Oliverových sta korun už mnoho nezůstalo.

Všimněme si, že Oliverova sumička je pěkně celá, žádné haléře, přestože nutně nějaké má. Usoudíme, že padesátníků má jedině sudý počet. Těchto drobných dále potřebujeme doplnit do desíti tak, aby nám zbylo co nejvíce místa na desetikoruny. Použití koruny a dvacetikoruny se budeme snažit co možná nejvíce vyvarovat, jelikož tyto vyčíslí 21 Kč dvěma mincemi, kdežto padesátníky, pětikoruny a desetikoruna dokáží totéž pěti mincemi a ještě máme desetikorunu k dobru. Pak tedy k doplnění do desíti použijeme dvoukoruny. Musíme ale vzít padesátihaléře hned čtyři, aby daly také 2 Kč. Dosud jsme tak použili čtyři padesátníky, čtyři pětikoruny a čtyři dvoukoruny, přičemž máme zatím částku 30 Kč.

Nabízí se teď doplnit částku desetikorunami do sta, dostali bychom jich dokonce sedm, což by Oliver jistě ocenil! Jenže ouha, Oliver měl mincí přes dvacet a v našem uvažování jich máme jen 19 kusů. Musíme proto trochu slevit a jednu desetikorunu směnit za pět dvoukorun. Pak už se do všech podmínek vejdeme. Snadno si i různým směňováním jednotlivých mincí mezi sebou ověříme, že příznivějšího řešení Oliverovy finanční situace nedocílíme.

Komentář: Nejpalčivějším problémem byl pravopis slova dvacetikoruna (ani 20-tikoruna, ani dvaceti koruna, nýbrž dvacetikoruna, nebo 20koruna praví současný pravopisný kodex). Stejně samozřejmě pro všechny další mince. Dále bych chtěl upozornit, že řešení nemá být kronikou nezdařených pokusů, proto zbytečně nevypisujte výpočty, které k řešení nevedou. Jinak byla tato úloha celkem bezproblémová. Snad jen, když v zadání o žádných 2korunách není řeč, neznamená to, že je nelze použít! Nositelé správného řešení a řádného vysvětlení dostali pět bodů, bez zdůvodnění správného řešení čtyři body, za poloviční cestu k úspěchu obvykle alespoň tři body.

Úloha č. 6

Dvěma domům, které se shodují v barvě omítky a závěsů, tvaru oken i střechy, budeme říkat „stejné“.

Bohužel se do zadání vloudila chyba. Byla tam otázka, zda na náměstí mohou a ne musí být dva domy stejné, jak bylo původně zamýšleno. Odpověď na tuto otázku je velmi snadná -- mohou. A mohou to být dokonce i konkrétní domy ze zadání, protože splňují veškeré podmínky.

Nyní vyřešíme původně zamýšlenou úlohu. Spočítáme kolik různých „typů“ domů mohlo na náměstí stát. Domy rozdělíme na domy se zelenou omítkou a na ty ostatní. Domy se zelenou omítkou dále rozdělíme podle tvaru oken. Ostatní domy si rozdělíme podle tvaru oken. V tabulce jsou vypsány možné počty pro uvedené vlastnosti. V řádku vynásobíme jednotlivé možnosti, čímž posléze obdržíme výsledek.

Na náměstí tedy stojí celkem 81 typů domů v 84 provedení. To znamená (v matematice se tomu říká Dirichletův princip), že některé dva domy jsou nutně stejné a klidně to mohou (ale nemusí) být domy ze zadání.

Komentář: Uznávala jsem oba výklady řešení. Každopádně, když už jste si jeden vybrali, tak musel být správně, aby dostal pět bodů.

Úloha č. 7

Jako první krok bychom si měli uvědomit, že Gill vyhrává i v případě rovnosti bodů. Hledání jeho vyhrávající strategie můžeme omezit na hledání postupu, jak dosáhnout stejného počtu bodů jako Péťa. Možných postupů je více, zde si ukážeme dva.

V prvním z nich hraje Gill tak, že mezi čtvrtým a pátým řádkem (nebo sloupcem) si představí osu souměrnosti a na každý Péťův tah odpoví položením svého kamene na políčko, které je s Péťovým podle této osy souměrné. Na levém obrázku jsme zvolili vodorovnou osu, druhý případ (svislá osa) je analogický. Protože má šachovnice 8 \times 8 polí, v žádném sloupci nemůže žádný hráč získat bod -- na každý Péťův kámen odpoví Gill svým a počet polí je sudý. Naopak získá-li někdo převahu v některém z řádků a připíše si tak za něj bod, druhý hráč má stejnou převahu v řádku osově souměrném a připíše si též bod. Na konci mají oba stejně bodů a Gill vyhrává.

Princip druhé strategie spočívá v tom, že Gill své kameny bude umísťovat do políček souměrných s Péťovými podle středu šachovnice (pravý obrázek). Nyní platí, že získá-li některý z hráčů převahu v některém sloupci či řádku, druhý má zákonitě více svých kamenů ve sloupci či řádku středově souměrném. V konečném součtu tedy Péťa i Gill získají opět stejný počet bodů a Gill vyhrává.

Komentář: Mnoho z vás si neuvědomilo, že Gillovi stačí stejný počet bodů jako získá Péťa, a snažilo se najít univerzálně vyhrávající strategii, která ovšem neexistuje. Z došlých řešení mě nejvíce potěšila ta, která kromě správné strategie uváděla i důkaz, proč daná strategie funguje.

Opravovali: 1. Katka Böhmová, 2. Honza Blažek, 3. Michal Mašek, 4. Lenka Blažková, 5. Pavel Houdek, 6. Eva Černohorská, 7. Jakub Skalický.