Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Pro začátek si označme barvy a, b a c libovolně. Budeme zkoumat, co se stane s rozdíly mezi počty bublin, když se srazí bublina a s bublinou b.

  • Rozdíl mezi a a b zůstane stejný.
  • Rozdíl mezi a a c se změní o tři.
  • Rozdíl mezi b a c se změní o tři.

Je vidět, že pokud má být nakonec rozdíl mezi dvěma barvami nulový, tak musí být na začátku tento rozdíl nějaký násobek tří. Ale na začátku jsou rozdíly mezi žlutou a zelenou 2, mezi zelenou a červenou 2 a mezi žlutou a červenou 4. Žádný z těchto rozdílů není dělitelný třemi, takže bubliny nemůžou dopadnout pouze jedné barvy.

Komentář: Všichni, kteří došli k závěru, že to nejde, dostali bod (i přestože k němu dospěli jen v jednom konkrétním případě). Za úplné vyřešení úlohy, kdy se ze dvou bublin stane jedna zbylé barvy, jsem dávala také bod. Ti, kteří rozebírali, jaké rozdíly mohou nastat, a nepřišli na pravidlo, že jen ty nedělitelné třemi a proč jen ty, dostali čtyři body.

Úloha č. 2

Využijeme toho, že úsečky KL, LM a MK jsou středními příčkami trojúhelníku ABC, tj. jsou rovnoběžné se stranou trojúhelníku, které se nedotýkají, a mají oproti těmto stranám poloviční délku; navíc dělí původní trojúhelník na čtyři shodné trojúhelníky, které jsou podobné původnímu trojúhelníku. Tyto vlastnosti platí pro libovolný trojúhelník, lze je odůvodnit úvahami o podobnosti.

Nejprve využijeme k sestrojení bodu M toho, že přímka LM je rovnoběžná se stranou BC. Jednotlivé vrcholy trojúhelníku ABC pak sestrojíme jako průsečíky přímek odpovídajících stran a\equiv_primka()KX, b, c, neboť tyto přímky jsou rovnoběžné se stranami trojúhelníku KLM a leží na nich vždy jeden z vrcholů K, L, M tohoto trojúhelníku.

Celou konstrukci shrneme v následujícím symbolickém zápise:

  • KL; |KL|=5 cm,
  • \primka_gr(KX); |\angle LKX|=120\deg,
  • o; o je osa úhlu LKX,
  • p; p \parallel \primka_gr(KX), L \in p,
  • M; M \in p \cap o,
  • b; b \parallel o, L \in b,
  • c; c \parallel \primka LK, M \in c,
  • A; A \in b \cap c,
  • B; B \in \primka_gr(KX) \cap c,
  • C; C \in \primka_gr(KX) \cap b,
  • \triangle ABC.

Řešením je rovnostranný trojúhelník se stranou délky 10 cm. Rovnostrannost plyne například z následujících úvah. Úhly BKM a MKL jsou velké 60\deg, neboť tvoří polovinu úhlu BKL. Navíc úhly MKL a KMB jsou střídavé, tudíž jsou stejně velké. Zaměřme se na trojúhelník MBK: V něm známe velikost dvou vnitřních úhlů, oba měří 60\deg. Tudíž i zbývající úhel MBK musí být 60\deg a trojúhelník MBK je rovnostranný. Ze shodnosti, respektive podobnosti pak dostáváme, že také trojúhelníky AML, KLM a LKC, respektive ABC jsou rovnostranné. Délka strany trojúhelníku ABC už potom plyne z druhé uvedené vlastnosti středních příček.

Často jste použili jiné dílčí konstrukce. Například máme-li zkonstruovány body K a B, pak bod C leží na polopřímce BK, jeho vzdálenost od bodu K je přitom rovna |BK|. Tedy C \in \poloprimka BK \cap k(K; |BK|).

Jiný možný přístup spočíval v následující úvaze. Protože úsečky LK a MB jsou rovnoběžné a stejně dlouhé, je čtyřúhelník KLMB rovnoběžníkem, a tudíž lze použít některou z vlastností rovnoběžníku (velikost protilehlých úhlů, součty úhlů a podobně).

Komentář: Kámen úrazu mnohých řešení spočíval v tom, že postup využíval vlastnosti rovnostranného trojúhelníku bez toho, aby bylo dokázáno, že některý trojúhelník v úloze skutečně rovnostranný je. Rovnostrannost trojúhelníku bylo třeba zdůvodnit! Za tyto chyby a nedostatky jsem strhával až tři body. Pokud chybělo narýsování, strhával jsem jeden bod.

Jestliže používáte symbolický zápis konstrukce (což doporučuji, utřídí vám myšlenky, je z něj dobře patrné, které objekty už máte narýsované, a tudíž je můžete použít v další konstrukci), potom dbejte na přesný zápis. Úsečka s koncovými body A a B se zapíše AB. Délka této úsečky pak |AB|. Přímka procházející body A, B se značí \primka AB. Polopřímka těmito body procházející pak $\poloprimka AB. Jestliže chceme zdůraznit, že úsečka AB$ nebo polopřímka AB leží na přímce p, pak použijeme symboly $AB \subset p, respektive \poloprimka_gr(AB) \subset p$. Naproti tomu skutečnost, že bod A leží na úsečce, polopřímce nebo přímce a podobně značíme pomocí A\in_dots() Zápis \primka AB = p značí, že přímky AB a p jsou totožné; někdy se píše také \primka AB \equiv p.

Úloha č. 3

Nejdříve si musíme uvědomit, že číslo je dělitelné osmi, pokud je jeho poslední trojčíslí dělitelné osmi. Teď nás zajímá jen poslední trojčíslí čísla 54 806 372, což je 372. Máme v zadaném čísle prohodit dvě číslice, takže musíme vyměnit jednu číslici z posledního trojčíslí s jednou z číslic 5, 4, 8, 6, 0. Zadané číslo dělitelné osmi není. Úlohu rozdělíme na čtyři možnosti:

Nejprve prohodíme 3. Tady lze jen vyzkoušet všechna čísla a jejich dělitelnost osmi: 572, 472, 872, 72, 672. Anebo použít znalosti, že pokud je číslo 72 dělitelné osmi, což je, tak musí být dělitelné osmi i řády stovek. Takže nám zůstaly možnosti 72, 472, 672, 872 a tím pádem čísla: 54 836 072, 53 806 472, 54 803 672, 54 306 872.

Dále budeme prohazovat 7: Máme trojčíslí 352, 342, 382, 362, 302. Po dělení osmi zjistíme, že je dělitelné pouze číslo 352. Máme další možnost: 74 806 352.

Třetí možností je prohodit cifru 2: Víme, že číslo musí být sudé, takže máme trojčíslí: 374, 378, 376, 370. Po dělení osmi, zjistíme, že je dělitelné pouze 376. Tady jsme si mohli pomoci tím, že 372 po dělení osmi dává zbytek 4, takže číslo 372 + 4 = 376 je rovněž dělitelné osmi. Totéž bude platit i o číslech 376+8k, kde k je celé číslo. Vidíme, že další možnost není. Máme další číslo, a sice 54 802 376.

Nakonec budeme prohazovat čísla v rámci posledního trojčíslí. Jediné sudé je trojčíslí 732, to však osmi dělitelné není.

Všechny výsledné možnosti jsou:

54 836 072, 53 806 472, 54 803 672, 54 306 872, 74 806 352, 54 802 376.

Mudrlant musí spadnout celkem šestkrát.

Komentář: Došlo hodně správných řešení, objevily se numerické chyby. Chtěla bych upozornit na správné používání matematických značek. Pokud nevíte, co přesně která značka znamená, radši to vypište slovy. V úloze bylo nejdůležitější kritérium dělitelnosti osmi. Body jsem strhávala především za chybějící komentář, otrocké vypisování možností, malé chyby v řešení a za kritérium dělitelnosti.

Úloha č. 4

Uvnitř každé hrany krychle jsou libovolně rozmístěny dva body. Takže na krychli je celkem 24 bodů. Nejprve spočítáme počet všech možných čtveřic, které lze vytvořit z těchto bodů. Těchto čtveřic je

24 ''nad'' 4 = 24\cdot23\cdot22\cdot21 \over 4\cdot3\cdot2 = 23\cdot22\cdot21 = 10 626.

Od nich je třeba odečíst počet čtveřic bodů, které netvoří čtyřstěn. Jinými slovy to jsou právě ty čtveřice bodů, které leží v jedné rovině. Tyto čtveřice mohou být dvojího typu, jejich počet spočítáme zvlášť pro oba případy.

Prvním typem jsou čtveřice, jejíž všechny body leží v jedné stěně. Pro šest stěn krychle je to tedy

6 \cdot 8 ''nad'' 4 = 6 \cdot 8\cdot7\cdot6\cdot5 \over 4\cdot3\cdot2 = 420.

Druhým typem jsou ty čtveřice, jejíž body leží na dvou rovnoběžných hranách, které ale nepatří stejné stěně krychle (např. při standardním značení krychle ABCDEFGH by to byly body ležící na hranách AE a CG). Těchto čtveřic je zřejmě 6. Celkem tedy máme $10 626 - 420 - 6 = 10 200$ čtyřstěnů.

Komentář: Zadání úlohy bylo špatně formulované. První chyba byla v tom, že nebylo řečeno, že body musí ležet uvnitř hran. Ale toto omezení neuvažoval pouze jeden řešitel.

Druhá chyba byla v tom, že body na krychli se vlastně ani nedají umístit. Jakékoliv umístění bodů na krychli totiž odporuje větě ze zadání žádné čtyři body, které neleží ve stejné stěně krychle, neleží v jedné rovině. Takže plný počet bodů dostali řešitelé, kteří si této chyby všimli a nepočítali dál, stejně jako ti, kteří tuto chybu ignorovali a spočítali počet čtyřstěnů správně.

Úloha č. 5

Označíme b počet borůvek, j jahod a h housenek. Ze zadání získáváme tři rovnice:

\eqalign{ 15b + 20j + 30 h &= 920, \cr b + j + h & = 50, \cr h\overj &= 3\over8. \cr}

Z poslední rovnice vyjádříme j = 8\over3 h . To dosadíme do druhé rovnice vynásobené třemi: 3b + 11h = 150. Získáme 3b = 150 - 11h. Z první rovnice máme 750 - 55h + 160\over3 h + 30h = 920. Tedy h = 6, z toho b = 28, j = 16.

Mravenci měli v zásobárně 28 borůvek, 16 jahod a 6 housenek.

Komentář: Většina měla úlohu vyřešenou správně, což mě potěšilo. Moc se mi líbila řešení pomocí průměrné výživnosti. Ti, kteří zkoušeli dosazovat, obvykle zapomínali odůvodnit, že existuje jen jedno řešení.

Úloha č. 6

První poznatek, který při řešení uplatníme, je, že úhel odrazu míče od stěny hřiště je stejně velký jako úhel dopadu.

Toto pravidlo je dost svazující a vylučuje některé možnosti -- pokud si v místě odrazu od stěny hřiště představíme kolmici na tuto stěnu, bude tato kolmice tvořit osu symetrie pro trajektorii míče (vzor -- dráha před odrazem, obraz -- dráha po odrazu). Při několika prvních pokusech o nakreslení dráhy míče snadno zjistíme, že dráha nemůže být čtyřúhelník -- jednoduše proto, že máme celkem čtyři odrazy (od každé strany hřiště jeden), musíme zachovat zákon odrazu a navíc má dráha míče ještě procházet středem obdélníku. Podaří se nám nakreslit tyto dva obrázky, ale první porušuje pravidlo o velikosti úhlu odrazu (pokud označíme úhel prvního dopadu \alpha a označíme ostatní úhly na obrázku shodně se zákonem odrazu, dostaneme \beta=180\deg, protože \gamma=90\deg-\alpha a součet úhlů ve čtyřúhelníku je vždy 360\deg; z toho je patrné, že úsečky AS a BS by musely tvořit přímku, která ovšem nemůže procházet středem obdélníku) a druhý podmínku ze zadání na počet dotyků. Dalo by se to vzdát, ale ještě jsme zdaleka nevyčerpali všechny možnosti...

Někteří z vás navrhovali dráhu úhlopříčky obdélníku, ale má to jeden háček! Míč není žádný bod s nulovým poloměrem a obdélník se stranami v poměru 2:3 nepřipomíná čtverec. Tudíž představa, že míč vyrazí ze středu po úhlopříčce přímo do rohu, obou sousedních stran obdélníku se dotkne zároveň a potom bude pokračovat do protějšího rohu, kde se odrazí stejným způsobem, aby skončil ve středu obdélníku, je mylná. Pokud bychom chtěli odraz s dvojdotykem, nepůjde o úhlopříčku -- střed míčku z ní bude vychýlen, viz obrázek.

Komentář: Jen bych ráda poznamenala, že v tomto případě bylo mnohem jednodušší zkusit konstrukční řešení. Rýsování je mnohem přesnější než pokus o náčrt, z kterého není jasné, jestli je splněn zákon odrazu. Pokud použijete jen náčrt, je dobré ještě propočítat úhly a ověřit si, zda je takový obrázek vůbec reálný. Také nebylo potřeba počítat vzdálenost, kterou míč urazí, to by bylo na samostatnou úlohu. Mnozí z vás jste odevzdali jako řešení obrázky nevyhovující zadání. Když dojdete k nějakému závěru, je dobré ještě jednou zkontrolovat, zda je to opravdu to, co se po vás v zadání úlohy chtělo.

Úloha č. 7

Správných řešení existuje mnoho, dalo se postupovat metodou pokus-omyl. Hezké řešení objevila Tereza Andršová (viz obrázek). První pětiúhelník obarvila (přesněji řečeno ojehličkovala) libovolně a potom postupovala tak, že k už obarvené hraně obarvila stejně i hranu vycházející z protějšího vrcholu pětiúhelníku. Zajímavé je také zobrazení dvanáctistěnu, které použila -- stejné hrany jsou skutečně stejné, takže je barvení mnohem jednodušší než na síti dvanáctistěnu.

Komentář: Úloha byla skutečně snadná, jak se zdá, největší potíže jste měli s tím, jak dvanáctistěn vypadá -- za řešení pro jiné útvary jsem většinou dávala dva body. Postupovali jste většinou zkusmo, což byl v tomhle případě asi nejrychlejší a nejjednodušší způsob. Za hezká systematická řešení chválím Martina Töpfera a Štěpána Šimsu.

Opravovali: 1. Eva Černohorská, 2. Kája Pazourek, 3. Klára Krejčíčková, 4. Lenka Burešová, 5. Venda Exnerová, 6. Lenka Blažková, 7. Terka Klimošová.