Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Zapišme si nejdříve, co víme o mincích, které Petr dostal. Mincí bylo 12 v celkové hodnotě 78 Kč. Petr dostal jen tři různé hodnoty mincí -- od jedné hodnoty dvě mince, od druhé čtyři a od třetí šest. Pokud hodnoty mincí označíme a, b a c, získáme rovnici 2a + 4b + 6c = 78 Kč.

Dále víme, že mince s největší a nejmenší hodnotou celkem tvoří polovinu celkového počtu mincí. Protože mincí je celkem 12, tak jistě počet mincí s nejmenší a největší hodnotou je 6. Ostatní mince v počtu šesti kusů pak určitě mají prostřední hodnotu. Zde se nám tedy řešení větví do dvou možností. Buď platí (i) a < c < b, anebo (ii) b < c < a. Obě tyto možnosti je třeba uvažovat při dalším postupu.

Zadání dále říká, že mincí s nejmenší hodnotou je dvakrát více než je hodnota jedné z nich, a také, že hodnota všech mincí s nejmenší hodnotou je o 3 Kč vyšší než je hodnota jedné mince prostřední hodnoty. Zkusme si tedy s těmito informacemi vypočítat možné hodnoty mincí pro naše dvě varianty:

(i) Nechť a < c < b, neboli mince s nejmenší hodnotou jsou právě dvě. Pak ovšem hodnota jedné z nich musí být 1 Kč. Potom hodnota jedné mince prostřední hodnoty má být rovna (2\cdot1 - 3) Kč = -1 Kč. Avšak to zjevně nedává smysl, když nejmenší hodnota je 1 Kč.

(ii) Nechť b < c < a, neboli mince s nejmenší hodnotou jsou čtyři. Pak tedy hodnota jedné z nich je 2 Kč a hodnota jedné mince prostřední hodnoty je rovna (4\cdot2 - 3) Kč = 5 Kč. Teď zbývá jen dopočítat, jakou hodnotu má mince s nejvyšší hodnotou, vyjádřením ze vzorečku 2a + 4b + 6c = 78 Kč. Tedy a = 78-4\cdot2-6\cdot5 \over 2 Kč = 20 Kč. Mince nejvyšší hodnoty je dvacetikoruna.

Péťa dostal od hostinského čtyři dvoukoruny, šest pětikorun a dvě dvacetikoruny.

Komentář: Většina z vás správné řešení úlohy objevila, avšak ne všichni jste jej přesvědčivě zdůvodnili. Součástí správného postupu je i důkaz, že žádná další řešení již úloha nemá, což v tomto případě znamenalo ukázat, že mince s nejmenší hodnotou nemohou být dvě.

Trochu se mi nelíbilo, že přestože nikde v zadání není řečeno, že mince získané v hospodě odpovídají hodnotami českým mincím, několik z vás předpokládalo, že sedmikorunové a třináctikorunové mince Péťa nemohl od hostinského dostat.

Úloha č. 2

Protože ve volebním řádu není řečeno, že komise musí být stejně velké, mohl starosta vytvořit třeba čtyři komise po dvou až třech členech složené pouze z jeho příznivců, a zbylých devadesát radních mohl umístit do jedné velké komise. Pak by návrh získal čtyři hlasy od pěti komisí, takže by byl přijat. Oliver tedy měl pravdu.

Komentář: Několik řešitelů napsalo, že kdyby komise musely být stejně velké, pak by musel mít starosta aspoň 50 příznivců, aby návrh prosadil. To ale není pravda. Při následujícím rozdělení bude stačit 33 příznivců.

Utvoříme pět komisí po dvaceti členech. Do tří komisí dáme vždy jedenáct příznivců a devět odpůrců. Zbylé dvě komise budou sestávat čistě z odpůrců. V tomto případě návrh získá tři hlasy od pěti komisí, což stačí na jeho přijetí.

Úloha č. 3

Předem varuji, že Štěstěna je vrtkavá a nemůžeme na ni spoléhat, proto je nutno počítat se všemi komplikacemi, které při svícení mohou nastat.

Prvním krokem ke správnému a krátkému řešení je uvědomit si, že paprsek nikdy nevyjde z krabice stejnou dírou, kterou vešel dovnitř, protože zrcátka jsou šikmo vůči stěnám krabice. Dalším důležitým poznatkem je, že pokud při svícení do otvoru A světlo vyjde otvorem B, posvítím-li do B, světlo vyjde otvorem A.

Takové dvojice A a B můžeme najít celkem čtyři (protože máme 8 otvorů). Pomocí tří posvícení do krabice umíme najít tři takové dvojice a zbudou dva otvory, do kterých jsme zatím nesvítili, ani z nich nevyšlo světlo. Ty tak nutně tvoří čtvrtou dvojici.

Teď už víme, kudy světlo vyjde, ať posvítíme kamkoli, a víc už se nedá zjistit. Proto kluci určitě nepotřebují svítit víc než třikrát.

Teď si ještě musíme rozmyslet, jestli by jim nemohla stačit dvě svícení. Pokud budou mít štěstí, tak ano, ale snadno nalezneme případ, kdy polohu zrcátek po dvou svíceních ještě neznají. To se stane, pokud se do jednoho zrcátka vůbec netrefí, a tak nemohou určit jeho natočení.

Jestliže při prvním svícení paprsek jenom „zahne za roh“ (obrázek č. 1), vědí všechno o prvním zrcátku, ale o druhém nevědí, ve kterém je řádku ani v jakém je sloupci, takže ho při druhém pokusu mohou minout, ať svítí kamkoli.

Obrázek č. 1

V případě, že první svícení mine obě zrcátka (obrázek č. 2), sice budou znát jejich umístění, ale o jejich natočení nezjistí vůbec nic, takže nevědí, jak se druhým pokusem trefit do obou zrcátek -- ať posvítí kamkoli, vždycky hrozí, že první zrcátko neodrazí paprsek do druhého.

Obrázek č. 2

Kluci potřebují nejméně tři svícení, aby určili polohu obou zrcátek.

Komentář: Většina z vás si vybrala pracnější variantu a zkoušela spoustu případů. Velké plus za jednodušší řešení mají Anička Steinhauserová a Pavel Kratochvíl. Tahle cesta ovšem ne vždy vedla k cíli, protože mnozí sice správně zjistili, že tři pokusy stačí vždy, ale jednotlivé případy nevysvětlili natolik, aby bylo jasné, že třetí svícení je skutečně nevyhnutelné. Za taková řešení jsem podle kvality nadělovala čtyři nebo tři body.

Někteří si úlohu vyložili trochu jinak a zjišťovali, kolik pokusů kluci potřebují, pokud budou mít štěstí. Jelikož zadání se dalo pochopit i takhle, nestrhávala jsem za to body.

Úloha č. 4

Uvědomme si nejdříve, že zkoumáme jen takové případy, kdy m, m+2 a m+4 jsou prvočísla, protože pokud ne, pak je výrok automaticky pravdivý. Dále připomeňme, že číslo 1 není prvočíslo (nemá dva různé dělitele).

Nyní zkoumejme dělitelnost čísel m, m+2 a m+4 třemi. Každé přirozené číslo lze zapsat jako trojnásobek přirozeného čísla k a zbytek. Postupným rozebráním případů ukážeme, že alespoň jedno z uvedených čísel je dělitelné třemi:

• m=3k, pak m je dělitelné třemi,
• m=3k+1, pak m+2 je dělitelné třemi,
• m=3k+2, pak m+4 je dělitelné třemi.

Zároveň mají být všechna prvočísla. To znamená, že je jedno z čísel trojka, protože 3 je jediné prvočíslo dělitelné třemi.

Protože m \neq 2 (jinak by m+2 nebylo prvočíslo, což je podmínka), může být m nejméně tři. To znamená, že m=3 (pokud by to bylo jiné číslo z trojice, pak m < 3, což nelze).

Máme tedy m+2=5 a m+4=7, což jsou také prvočísla. Nyní již snadno ověříme, že m+8=11 je prvočíslo (není dělitelné čísly 2 až 10, tj. je dělitelné jen 1 a 11).

Komentář: Polovina z vás se nesmířila s tím, že o třech číslech ví, že jsou prvočísla, a zkoumá číslo čtvrté, a zkoumali jste všechna dohromady. Za tuto snahu jsem dávala bod. Rovněž za bod bylo nalezení m=3 bez důkazu, že je jediné. Nakonec chci velmi pochválit Báru Vonkovou a Davida Votavu za důkaz sporem.

Úloha č. 5

Chodba je dlouhá 40 m a dlaždice má rozměry $0,4 m \times 0,4 m$. Na vydláždění chodby tedy bude stačit 40:0,4=100 řad dlaždic. Po každé řadě se chodba rozšíří o 5 cm + 5 cm = 10 cm = 0,1 m. O celou dlaždici se rozšíří po každých čtyřech řadách.

Zadání bohužel není úplně jednoznačné a rozšiřování chodby se dá pochopit dvěma způsoby. První možnost je, že se chodba rozšiřuje skokově, takže je zubatá. Druhá možnost je, že se rozšiřuje postupně a má tvar lichoběžníku s výškou 40 m a základnami 2 m a 2 + 100\cdot0,1 = 12 m. Nejprve se budeme zabývat první možností.

Podíváme se, kolik dlaždic bude třeba na první čtyři řady a kolik bude z každé odpadu. Řady jsou dlouhé 200, 210, 220 a 230 cm. Bude na ně potřeba 5, 6, 6 a 6 dlaždic. Z první řady nebude žádný odpad, ve druhé řadě bude potřeba z poslední dlaždice uříznout 30 cm (tj. 3\over4 dlaždice), ve třetí řadě 20 cm (tj. 1\over2 dlaždice) a ve čtvrté řadě 10 cm (tj. 1\over4 dlaždice). Celkem tedy na první čtyři řady spotřebujeme 5+6+6+6=23 dlaždic a odpadu bude 3\over4+1\over2+1\over4=3\over2 dlaždic.

Další čtyři řady poskládáme obdobně. Jediný rozdíl bude v tom, že počáteční řada bude tvořena šesti dlaždicemi. Na druhou čtveřici bude potřeba 6+7+7+7=23+1\cdot4=27 dlaždic, na třetí čtveřici 7+8+8+8=23+2\cdot4=31 dlaždic a tak dále. Na každou další čtveřici je potřeba o 4 dlaždice víc, než na tu předchozí. Řad je 100, takže čtveřic bude 25. Na poslední dvacátou pátou čtveřici bude potřeba 23+24\cdot4=119 dlaždic.

Celkem na celou chodbu bude potřeba 27+31+35+...+119 dlaždic. To je aritmetická posloupnost, která se dá sečíst pomocí vzorce s_{n} = n\over2 \cdot (a_{1}+a_{n}), kde n je počet prvků posloupnosti, a_{1} je její první prvek a a_{n} je její poslední prvek. Po dosazení

Odpad, kterého bude celkem 25 \cdot 3\over2 = 75\over2 dlaždic, tvoří (75\over2)\over1775 \cdot 100 \doteq 2,11\% všech použitých dlaždic.

Řešení pro případ, kdy se chodba rozšiřuje rovnoměrně, je velmi podobné. Rozdíl je v tom, že v první řadě každé čtveřice řad je jedna dlaždice navíc. Celkem bude na vydláždění potřeba

Množství odpadu S_{o} spočítáme jako rozdíl S_{d}-S_{c}, kde S_{d} je plocha použitých dlaždic a S_{c} je plocha chodby. Plocha všech dlaždic se spočítá jako S_{d}=1800\cdot0,4\cdot0,4=288 m^{2} a plocha chodby se spočítá podle vzorce pro obsah lichoběžníku jako S_{c} = (a+c)\cdotv\over2 = (2+12)\cdot40\over2 = 280 m^{2}. Celková plocha všech uřezaných částí je S_{o}=288-280=8 m^{2} a tvoří 8\over288 \cdot 100 \doteq 2,78\% celkové plochy použitých dlaždic.

Komentář: Za každé z těchto řešení, pokud bylo správně, jsem dával plný počet bodů. Za neoptimální způsoby dláždění (to jest způsoby, kdy vznikne více odpadu) jsem strhával dva body.

Úloha č. 6

Zkusíme hledat průřez tyče co možná nejpodobnější kruhu. Není divu, napadnou-li nás pravidelné n-úhelníky. Po bližším zkoumání zjistíme, že n-úhelníky se sudým počtem stran nevyhovují, neboť když rotují kolem svého středu, mohou se dostat mezi čelisti svěráku dva protilehlé vrcholy nebo stejně tak i dvě protilehlé strany. Vzdálenost mezi protilehlými vrcholy je větší než vzdálenost dvou protilehlých stran, takže i vzdálenost čelistí bychom museli měnit, aby tyč pořád pevně svíraly...

Mnohoúhelníky s lichým počtem stran jsou na tom na první pohled o trochu lépe, neboť naproti každému vrcholu leží strana, nikoli vrchol. Ale bohužel ani tyto mnohoúhelníky nebudou těmi útvary, které hledáme. Umístíme-li totiž např. rovnostranný trojúhelník do svěráku, už se nám nepovede s ním otáčet. „Je prostě málo kulatý.“ Kružnice opsaná trojúhelníku (tj. kružnice, po které se při otáčení vrcholy trojúhelníku budou pohybovat) neleží uvnitř čelistí svěráku.

Odsud už je jen krůček k průřezu tyče, který vidíme na obrázku. Z rovnostranného trojúhelníku vznikne tak, že nad každou jeho stranou opíšeme kružnici se středem ve vrcholu ležícím proti této straně.

Pokud se tyč s průřezem ve tvaru takového „zaobleného trojúhelníku“ otáčí kolem svých vrcholů, čelisti svěráku nemění vzdálenost. Tudíž jsme našli průřez tyče vyhovující zadání.

Komentář: První důležitá věc byla pochopit, jak je tyč umístěna ve svěráku. Kdo někdy svěrák viděl, těžko by se do něj snažil nacpat tyč dlouhou 4 m tak, aby se oba konce dotýkaly čelistí, nicméně byli tací. Krom tohoto legračního umístění si někteří z vás vybrali i osu rotace, která není kolmá na průřez tyče, a otáčeli s tyčí jako bojovník, který se snaží vyděsit soupeře. Po pravdě nevím, co bych vám na takový postup řekla...

Někteří z vás se snažili průměr tyče ohlodat do podoby hvězdy nebo ozubeného kola, což není úplně v souladu s podmínkou ze zadání, že tyč nemá mít díry, nicméně nějaké body si zasloužili. Považovat za řešení mnohoúhelník snad po přečtení vzorového řešení také nebudete. Tato úloha není úplně klasická, asi se s něčím takovým jen tak někde nesetkáte, a ačkoli vám možná zadání nepřipadalo úplně srozumitelné, je dobré číst a přemýšlet nad tím, co měl zadavatel asi na mysli, viz první odstavec komentáře.

Úloha č. 7

Na obrázku je zobrazen pravidelný čtyřstěn ABCD, který má šest hran. Protože vrcholy nového tělesa jsou středy hran čtyřstěnu, bude mít vzniklé těleso šest vrcholů. Tuto podmínku splňuje z platónských těles jen pravidelný osmistěn, na obrázku je označen EFGHIJ.

Označme a délku hrany čtyřstěnu. Nejprve odvodíme objem pravidelného čtyřstěnu. Pro V_{J} objem jehlanu je nám znám vzorec V_{J}=1\over3 S_{p}v, kde S_{p} je obsah podstavy a v výška jehlanu. Podstavu pravidelného čtyřstěnu tvoří rovnostranný trojúhelník. Máme tedy S_{p}= a^{2}\sqrt{3}\over 4. Tento vzorec lze snadno odvodit z Pythagorovy věty, pomocí které spočítáme, že výška v rovnostranném trojúhelníku o straně a je v_{a}= a\sqrt{3}\over2. Následné užití vzorce pro obsah trojúhelníku S=1\over2av_{a} nám již dává zmíněný vzorec pro obsah rovnostranného trojúhelníku.

Trošku obtížnější je zjistit délku v výšky čtyřstěnu. Pohleďme však detailně na trojúhelník ECD. Označme P patu výšky z bodu D na stranu EC.

Nyní nám nic nebrání použít Pythagorovu větu a sice v trojúhelníku PCD. V tomto trojúhelníku známe |CD|=a a $|PC| = 2\over3 \cdot a\sqrt{3}\over2, což jsou dvě třetiny z v_{a} (bod P$ je těžiště trojúhelníku ABC). Dostáváme tak

Dosadíme do vzorce pro objem jehlanu a obdržíme

Získali jsme tedy vzorec pro objem čtyřstěnu o hraně délky a. Ale pro všímavé oko je příklad skoro vyřešen, protože tělesa AEJH, EBFI, FCJG, HIGD jsou čtyřstěny o hranách délky a\over2. Osmistěn EFGHIJ vlastně vznikl „ořezáním“ čtyřstěnu ABCD právě o čtyři menší čtyřstěny. Ty mají objem

Odpověď na otázku úlohy je poměr V_{J} : (V_{J}-4\cdotV), který vychází 2:1. Jinými slovy objem vzniklého tělesa je dvakrát menší než objem původního čtyřstěnu.

Komentář: Ač se mohla zdát úloha těžká, většina řešitelů ji vyřešila správně. Někteří z vás nepoznali, že je vzniklé těleso osmistěn, následně podle špatného vzorečku počítali objem. To vedlo k nesprávnému výsledku a ztrátě bodů.

Opravovali: 1. Katka Böhmová, 2. Petr Škovroň, 3. Tereza Klimošová, 4. Eva Černohorská, 5. Michal Mašek, 6. Lenka Blažková, 7. Ondřej Honzl.