Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Tentokráte nešlo o úlohu těžkou, těžké bylo jen najít elegantní postup řešení. Popíšeme, jak mohlo vypadat jedno z možných řešení.

Náramky rozdělíme podle jejich typu. Typ nechť nezávisí na barvě a je určen počtem použitých korálků. Barvy označme písmeny:

A -- černá,

B -- zelená,

C -- červená.

Můžeme tak rozlišit tyto čtyři typy:

• Typ 4+1 (4 korálky stejné barvy a jeden jiné barvy) obsahuje dva prvky: 4 A, 1 B a 4 A, 1 C.
• Typ 3+1+1 obsahuje taktéž dva prvky: 3 A, 1 B, 1 C a 3 B, 1 C, 1 A.
• Typ 3+2 obsahuje čtyři prvky: 3 A, 2 B; 3 A, 2 C; 3 B, 2 A a 3 B, 2 C.
• Typ 2+2+1 obsahuje tři prvky: 1 A, 2 B, 2 C; 1 B, 2 A, 2 C a 1 C, 2 A, 2 B.

Dohromady je ve všech typech 2+2+4+3=11 prvků. Nyní již zbývá jen určit všechny varianty uspořádání korálků na náramku. Tady si můžeme uvědomit, jak bylo vhodné vytvořit si rozdělení na typy, protože všechny prvky jednoho typu mají stejné množství různých uspořádání do náramku.

Při uspořádání náramku je nutné dát pozor na to, že otočením náramku o jeden či více korálků nedostaneme nové uspořádání. Rovněž při zrcadlovém převracení náramku dostaneme stejnou variantu, jako kdybychom jej otočili.

Můžeme začít odvozovat varianty uspořádání. Pro typ 4+1 existuje pouze jedna (triviálně). Pro 3+2 a 3+1+1 bude existovat stejné množství různých uspořádání -- právě kvůli zrcadlové symetrii popsané výše.

Pro trojici a dvojici (respektive trojici a dva jednotlivé prvky) máme:

Pro dvě dvojice a jeden další prvek:

Nyní jen stačí dát výsledky dohromady: 2\cdot1 + (2+4)\cdot2 + 3\cdot4 = 26 různých možností, jak mohl náramek vypadat.

Komentář: Dva až tři body byly za systém ve vyhledávání různých řešení. Jeden bod za správnost řešení a další dva až tři body za srozumitelnost vašeho podání. Někteří z vás zvolili čistě kombinatorický přístup k řešení, ale správného výsledku se nedobral nikdo. Rád bych zde upozornil, že kombinatorické vzorečky a pojmy jako permutace aj. jsou silná zbraň, ovšem nesnadná pro použití, tento přístup jsem ocenil jedním bodem, pokud byl alespoň částečně logicky odůvodněný.

Často se ve vašem systému objevila chyba z nepozornosti. Pokud byl postup jinak správně, nepřikládal jsem jí větší důležitost než jeden bod za správnost výsledku.

Velmi chválím ty, kteří použili ve svém řešení stejné dělení na typy jako v tomto řešení a zkrátili tím svůj výpis na délku jen nezbytně nutnou.

Úloha č. 2

Ze zadání víme, že za deset minut (tj. 1\over6 hodiny) předběhne syn otce o jedno kolo. Rozdíl vzdáleností, které uběhnou, je roven délce s jednoho kola:

Délka jednoho kola je tedy šestina kilometru (přibližně 166,67 m). Kolo se skládá ze dvou půlkružnic a dvou rovných úseků, jejichž délka je rovna vzdálenosti středů kružnic, tedy 2r. Dostáváme rovnici

Odtud nám po úpravě vyjde hledaný poloměr kružnice

Komentář: Asi polovina řešitelů měla celý postup správně, u zbytku nejčastěji chybělo zdůvodnění, proč je kolo dlouhé 1\over6_km() a proč je dlouhé právě 2\pir + 4r. Pokud vám chybělo jedno z těchto zdůvodnění, strhával jsem jeden bod. Hodně chyb se objevilo i v zaokrouhlování. Za ty jsem sice body neodebíral, ale příště si na to dávejte pozor. Počítat s délkou dráhy 200 nebo dokonce 100 metrů už je opravdu hodně velká chyba. Ideální je řešit příklad obecně, nebo používat zlomky a až na konci je vyčíslit.

Úloha č. 3

Chceme zjistit, zda mezi sto libovolnými čísly lze vždy vybrat 15, nebo dokonce 16 čísel tak, že rozdíl každých dvou je dělitelný sedmi. Sto libovolných čísel si nemůžeme představovat jako čísla 1 až 100, dokonce si ani nemůžeme myslet, že jde o čísla po sobě jdoucí. Mohou být, ale nemusí. Mohou vypadat například takto:

Chceme vyřešit úlohu pro všechny možné případy. Nyní se zamysleme nad tím, jak musí vypadat dvě čísla, aby byl jejich rozdíl násobkem sedmi. Splňují to vždy taková čísla, která po dělení sedmi dají stejný zbytek. Například 10 a 31, obě po dělení sedmi dají zbytek 3 a jejich rozdíl je 21, tedy násobek sedmi. Můžeme to i jednoduše ukázat. Po dělení sedmi můžeme dostat sedm různých zbytků:

Každé přirozené číslo můžeme zapsat jako 7k+z, kde z je jedno z čísel 0 až 6 (zbytek) a k je nezáporné celé číslo (celočíselný podíl). Máme-li nyní dvě čísla, která po dělení sedmi dávají stejný zbytek, jejich rozdíl lze napsat jako

což je zajisté číslo dělitelné sedmi.

Našich sto čísel tedy podle zbytku po dělení sedmi můžeme rozdělit do sedmi skupin. A otázka ze zadání se tak objeví v nové podobě: „Je vždy alespoň v jedné z těchto skupin 15, anebo dokonce 16 čísel?“

Může se stát, že všech sto čísel bude patřit právě do jedné skupiny, pak by vybírat bylo jednoduché. „Nejhorší“ případ bude, když v každé skupině bude méně než patnáct (resp. šestnáct) čísel. Může však takový případ nastat?

Budeme uvažovat tuto nejhorší možnost. Rozdělíme sto čísel rovnoměrně do sedmi skupin. Dostaneme sedm skupin po čtrnácti číslech a dvě čísla nám ještě zbudou. Tato dvě čísla musíme někam přiřadit. To znamená, že alespoň v jedné skupině bude nejméně 15 čísel.

Tudíž patnáct čísel s požadovanou vlastností umíme vybrat i v nejhorším případě. Pokud se ovšem stane, že každé ze dvou zbylých čísel zařadíme do jiné skupiny, bude pět skupin obsahovat čtrnáct čísel a dvě skupiny patnáct. Proto pokaždé šestnáct čísel s uvedenou vlastností vybrat nelze.

Komentář: Mnozí z vás uvažovali čísla od 1 do 100, anebo alespoň čísla po sobě jdoucí. Tohle však v zadání nebylo. Nelze si přidávat další informace. Někteří z vás tvrdili, že je třeba vybírat pouze násobky sedmi, ale o tom, že to není pravda, nás přesvědčí už uvedená čísla 10 a 31. Navíc našich sto čísel vůbec nemusí násobky sedmi obsahovat. Kdo má méně než tři body, chyboval většinou v obou těchto podstatných věcech. A též připomínám, že nestačí mít dobře výsledek. Pokud chybí zdůvodnění, nebo je chybné, nemůžete chtít plný počet bodů.

Úloha č. 4

Nakresleme si nejdříve náčrtek.

Z náčrtku je vidět, že pokud je úhel \beta = 60\deg a $AB \parallel CD, je rovněž úhel \gamma = 60\deg$ (jsou to tzv. úhly souhlasné). Pokud je tedy trojúhelník XBY rovnostranný, pak je i trojúhelník DCY rovnostranný. To mimo jiné znamená, že |CD|=|CY|, tj. součet |BC|+|CD| je roven |BY|. Při libovolné volbě bodu C na úsečce BY bude součet |BC|+|CD| stále stejný, a sice 12 cm. To už nám stačí k sestrojení lichoběžníku.

Popis konstrukce:

• BX; |BX|=12 cm,
• k; k(X, 12 cm),
• l; l(B, 12 cm),
• Y; Y \in (k \cap l),
• A; A \in BX, |AB|=8 cm,
• m; m(A, 5 cm),
• D; D \in (m \cap \primka XY),
• p; p \parallel \primka XB, D \in p,
• C; C \in (\primka BY \cap p),
• lichoběžník ABCD.

Na obrázku na následující stránce je znázorněna samotná konstrukce. V dané polorovině má úloha jen jedno řešení.

Komentář: Ti z vás, kteří se snažili úlohu spočítat, udělali povětšinou numerickou chybu nebo zaokrouhlili výsledek, a konstrukce pak byla nepřesná. Mnozí také netuší, že ke konstrukci patří i její popis (skutečně návod -- ač se to může jevit úsměvné -- jako na přípravu jídla v kuchařce).

Dále bylo body možné ztratit za nedostatečné zdůvodnění (přehnanou stručnost), že sestrojený lichoběžník bude mít všechny vlastnosti ze zadání, nebo za používání úhloměru při rýsování rovnostranného trojúhelníku. Nula bodů dostali jen ti, kteří nesestrojili nic nebo nesestrojili lichoběžník.

Úloha č. 5

Spojením bodu S se dvěma vrcholy dolní podstavy mohou vzniknout trojúhelníky ASC, BSD, ASB, BSC, CSD a DSA. Trojúhelníky ASC a BSD jsou shodné. Totéž platí pro trojúhelníky ASB, BSC, CSD a DSA. Proto stačí spočítat pouze obsah trojúhelníků ASC a ASB.

Označíme si a délku hrany krychle, S_{ASC} obsah trojúhelníku ASC a S_{ASB} obsah trojúhelníku ASB. Z trojúhelníku ABC získáme pomocí Pythagorovy věty délku přepony

Úsečka SS', kde S' je střed dolní podstavy, je výškou na stranu AC. Protože |SS'|=a, můžeme vyjádřit obsah

Abychom mohli spočítat obsah trojúhelníku ASB, potřebujeme nejprve spočítat výšku na stranu AB. Touto výškou je úsečka SS'', kde S'' je střed úsečky AB. Když si všimneme, že |S'S''|=a\over2, tak použitím Pythagorovy věty v trojúhelníku SS'S'' snadno získáme velikost úsečky

Obsah trojúhelníku ASB je

Trojúhelník tvořený středem horní podstavy a dvěma vrcholy dolní podstavy může mít obsah \sqrt{2}\over2 a^{2} nebo \sqrt{5}\over4 a^{2}.

Komentář: Nejčastěji jsem musel strhávat body za chybějící druhé řešení. Často jste také počítali pouze pro nějaká konkrétní čísla. Pokud v zadání nejsou uvedeny rozměry, počítejte obecně. Získáte tak výsledek, který platí pro všechny možné délky hran krychle.

Úloha č. 6

Pokoušet se řešit úlohu rovnicemi bylo principiálně bohužel nad naše dovednosti a zdaleka nejrychlejší bylo proto projít si možnosti. Jejich počet obratně omezíme několika drobnými úvahami. Projdeme-li si totiž podmínky zadání v šikovném pořadí, ušetříme si spoustu práce.

Na první pohled vidíme, že počet dveří může být 19, 57 nebo 95. Pohleďme nyní na podmínky počtu lustrů. I kdyby oken bylo nakrásně plných 500, tak 19 \cdot 500 = 9 500 nebude pětimístné ani po odečtení 2 963. Takže dveří rozhodně nebude pouhých 19.

Dále čteme, že dvou-, tří- a pětimístné čísla obsahují všech deset číslic, z toho vyplývá, že každá číslice musí být jiná, aby to vůbec bylo možné. Takže když si pak budeme procházet sudé násobky 59 a 97 (počet dveří zvýšený o dvě) do 500, můžeme vynechat ty, ve kterých se číslice opakují (jako 388), nebo ve kterých je už obsažena číslice z počtu dveří.

Po této rázné čistce obdržíme jedinou možnou hodnotu

Za těchto předpokladů nám vyjde 10 489 lustrů. A vidíme, že jakkoliv je to divoké množství, vyšlé počty odpovídají všem charakteristikám zadání, což se o žádných jiných říci nedá. Z kastelánových údajů tedy vyvozujeme, že dveří je na Lindenburgu 57, oken 236 a lustrů 10 489.

Komentář: Na úloze nebylo vcelku co pokazit, pokud jste si uvědomili, k čemu máte přičítat dvojku. Drtivá většina řešitelů tedy s přehledem obdržela po pěti bodech. Ti nešťastní tajnůstkáři, kteří se s námi opět nepodělili o postup řešení a udali pouze výsledky, dostali alespoň své dva body. A napříště by bylo sympatické, kdyby si řešitelé Pikomatu uvědomovali rozdíl mezi číslem a číslicí.

Úloha č. 7

Řešení rozdělíme do dvou částí tak, jak tomu bylo i v knize.

Označíme-li K „vodu křišťálovou“ a uvážíme-li, že kluci nevědí, kterým směrem se mají v prvním kroku vydat, bude množina možných cílů kružnice l o středu K a poloměru 5 stop. Zapomeňme na chvíli, kam jsme došli, a zkusme si rozmyslet, kam dojdeme v případě dalších pokynů. Máme jít buď na jih, nebo na východ, nebo oba směry libovolně kombinovat, ale nesmíme se vracet, ani kráčet jinými směry.

Označme P počáteční bod. Půjdeme-li jen na východ, dostaneme se do bodu V, obdobně při zvolení jen směru jižního se dostaneme do bodu J. Když budeme chtít jít po nějaké „zubaté“ trajektorii, dostaneme se po pěti stopách někam na úsečku spojující body V a J. To ukážeme v následujícím odstavci.

Když vezmeme za počátek kartézské soustavy bod P, osa x nechť bude přímka PV a za osu y zvolíme přímku PJ, potom bude pro souřadnice hledaných bodů (x,y) platit rovnost x-y=5. Po drobné úpravě dostaneme x=y-5, což je právě rovnice přímky procházející body V a J.

Nyní se vrátíme zpět k první části řešení, kde jsme vlastně zjistili, že bod P může ležet kdekoli na kružnici l. Co se ale stane s body J a V, když se bude celý trojúhelník PVJ pohybovat tak, že bod P se bude rotovat po kružnici l a zároveň úsečka PJ si bude zachovávat svůj „severo-jižní“ směr a úsečka PV si bude zachovávat směr „západo-východní“?

Odpověď není překvapivá. Bod J bude ležet kdekoli na kružnici k_{J}, která vznikne posunutím kružnice l pět stop na jih, a bod V kdekoli na kružnici k_{V}, která vznikne posunutím kružnice l pět stop na východ (viz obrázek).

Poloměry obou kružnic budou samozřejmě pět stop. Úsečka VJ leží vždy ve směru od „severovýchodu“ na „jihozápad“. Když se body J a V pohybují po zmíněných kružnicích, vytvoří tato úsečka vyšrafovaný útvar na obrázku.

Celé území se vejde do kruhu k o středu S. Bod S je střed úsečky spojující středy kružnic k_{J} a k_{V}. Poloměr kružnice k je roven délce úsečky AS, která je součtem |AS_{V}|+|S_{V}S|.

Délku |AS_{V}| známe, je to poloměr kružnice k_{V}, je tedy pět stop dlouhá. Délku úsečky SS_{V} vypočítáme snadno dle Pythagorovy věty z trojúhelníku KSS_{V}, |KS_{V}|=5 stop, |SS_{V}|=|SK|, odtud dostáváme |SS_{V}| = 5\over2 \sqrt{2} stop.

Hledaný poloměr kruhu, do kterého se celé území vejde, je

Komentář: Mnoho řešitelů špatně interpretovalo druhou část zadání a domnívali se, že nemohou jít ve směru, odkud v první části přišli z bodu K. Na rozptýlení dohadů nad touto možností odkazuji čtenáře na větu zadání, která následuje po výčtu směrů: „Takto ujdi pět stop.“ Toto říká, že se předchozí povely vztahují jen na chůzi výhradně těchto pěti stop. Další, často osudnou chybou, byla odchylka od směru severního. Pár řešitelů tvrdilo, že tato odchylka nemůže být větší než 45\deg.

Pokud jste měli správně minimální velikost poloměru kruhu k, dostali jste plný počet bodů. Bod jsem strhával za příliš hrubé zaokrouhlování.

Opravovali: 1. Honza Blažek, 2. Jan Papež, 3. Lenka Blažková, 4. Eva Černohorská, 5. Michal Mašek, 6. Pavel Houdek, 7. Ondřej Honzl.