Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Je mnoho způsobů, jak lze tuto úlohu řešit. Některá řešení jsou zdlouhavá, některá jsou kratší, ale méně průhledná. Jako vzorové řešení volíme postup, který nepatří mezi nejkratší, ale je dobře pochopitelný a názorný.

Sestavíme tabulku, do které budeme postupně zapisovat ozdoby dryád tak, jak se píše v zadání. Budeme přitom pamatovat na to, že každá dryáda má nejméně dvě a nejvíce tři ozdoby.

1. „Dále si Anička povšimla, že dryád, které mají věnec, ale nemají náhrdelník je 9.“

V tabulce vyplníme u devíti dryád, že mají věnec a nemají náhrdelník. Pro jednoduchost začneme prvními devíti sloupci, ale samozřejmě bychom mohli vybrat libovolných devět.

1. „Dryád s věncem i s náhrdelníkem, nevlastnících tesaříky ani knoflíčky, je 8.“

Tyto dryády mají náhrdelník, a proto to nemohou být dryády, které jsme uvažovali v prvním případě. V tabulce vyplníme ozdoby dalším osmi dryádám. U těchto dryád je dokonce přesně řečeno, které ozdoby vlastní a které ne.

1. „Naopak je 6 dryád, které mají tesaříky a knoflíčky, ale nenosí věnec ani náhrdelník.“

Stejně jako v druhém případě je tu přesně řečeno, jaké ozdoby zkrášlují dryády. Každý již jistě podle předchozích případů zvládne do tabulky doplnit těchto šest dryád a pozná, že to nemohou být žádné z předchozích dryád, protože nemají věnec a náhrdelník.

1. „Dále Anička napočítala 12 dryád, které mají náhrdelník a brouky ve vlasech, ...“

Tyto dryády opět nemohou patřit do některé z předchozích skupin dryád. První skupina nemá náhrdelník, druhá skupina nevlastní brouky tesaříky a třetí skupina nenosí náhrdelník. Vyplníme tedy v tabulce dalších dvanáct dryád, o kterých však nevíme, zda mají věnec nebo knoflíčky. Proto tato políčka necháme volná. Zbývají nám tři dryády, které zatím nic nezdobí.

1. „... a 6 dryád, které mají náhrdelník a knoflíčky.“

Kam však přiřadit těchto šest dryád? První tři skupiny se s těmito dryádami vylučují. Ve čtvrté skupině se nemluví o knoflíčkách, tedy je dryády mít můžou. Náhrdelník dryády ve čtvrté skupině vlastní také. Některé dryády, o kterých se mluví v této větě, budou tedy také dryády, o kterých se mluví ve čtvrté větě. Tři dryády, které zbývají zcela bez okrasy, musí nosit náhrdelník a knoflíčky, protože každá dryáda má alespoň dvě ozdoby. Třem dryádám, které již mají náhrdelník a brouky přidáme ještě knoflíčky, aby dryád s náhrdelníkem a knoflíčky bylo šest. Tyto tři dryády pak nemohou mít věnec, jinak by totiž měly všechny čtyři doplňky.

Nyní si prohlédneme tabulku a vyčteme z ní, že dryády, které mají všechny ozdoby kromě věnce, jsou tři.

Komentář: Většina z vás došla ke správnému výsledku, ovšem mnoho z vás neposlalo řešení takové, aby z něj byly jasné vaše úvahy. V řešeních často chybělo odůvodnění postupu, za což jsem strhávala body.

Úloha č. 2

Označíme princezny čísly od 1 do 11 zleva doprava. Prostřední princezna dělí ostatní na dvě poloviny. Možnosti budeme počítat podle toho, kolik princezen v dané polovině zůstalo a kolik se jich přesunulo do druhé poloviny:

1. V první polovině nezůstala ani jedna. To znamená, že všechny princezny si mohou stoupnout na všechna místa v druhé polovině. První má pět možností, další jen čtyři atd. Dohromady mají 5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120 možností. V druhé polovině je to stejné jako v té první, takže je celkem $120^{{2} = 120 \cdot 120 = 14 400$ možností.}

1. V první polovině zůstala jen jedna princezna. Nyní musíme rozlišit dva případy: buď je to princezna na kraji dané poloviny (s číslem 1 nebo 5), nebo je to princezna uvnitř poloviny (s číslem 2, 3 nebo 4). V prvním případě jsou celkem tři místa, kam se může princezna přesunout, v druhém případě pak pouze dvě. Celou situaci shrneme do následující tabulky.

Pro zbylé čtyři princezny máme čtyři místa a mohou si stoupnout kamkoli. Celkově je v jedné polovině 4! \cdot (6 + 6) = 288 možností. V obou je to celkem 288^{2} = 82 944 rozmístění.

1. V první polovině zůstaly dvě princezny. Opět rozlišíme případy:

Tři princezny z druhé poloviny mohou být kdekoli. Celkově je v jedné polovině 3! \cdot (8+10+12+6+4+8) = 288 možností. V obou je to celkem 288^{2} = 82 944 rozmístění.

1. V první polovině zůstaly tři princezny. Opět rozlišíme případy:

Dvě princezny z druhé poloviny mají dvě možnosti, jak se umístit. Celkově je v jedné polovině 2 \cdot (4+10+16+14+20+10) = 148 možností. V obou je to celkem 148^{2} = 21 904 rozmístění.

1. V první polovině zůstaly čtyři princezny. Opět rozlišíme případy:

Princezna z druhé poloviny má jediné místo. V jedné polovině je 12+12+16 = 40 možností. V obou je to celkem 40^{2} = 1600 rozmístění.

1. Pokud všechny princezny zůstanou ve stejné polovině, mají čtyři možnosti, jak se uspořádat, tedy dohromady na obou stranách 4\cdot4 = 16.

Sečtením všech dílčích výsledků získáme, že princezny mohly být přeházeny celkem 203 808 způsoby.

Komentář: Úlohu poslalo velmi málo lidí, nikdo ji neměl úplně správně. Všichni, kteří se dostali špatným postupem k realistickému číslu (něco mezi tisícem a třemi miliony) dostali dva body, ostatní jeden.

Úloha č. 3

Určení množiny M ponechávám vaší představivosti, ale když si načrtnete několik úseček odpovídajících zadání, snadno nahlédnete, že jde o dvě úsečky BF a FG. Chceme tedy spočítat jejich délku. Ze znalosti vlastností úhlopříček čtverce snadno odvodíme, že |BF| je polovinou délky úhlopříčky čtverce ABCE. Označíme-li délku jeho strany a, pak úpravou Pythagorovy věty a^{2}+a^{2}=|BE|^{2} zjistíme, že |BF|=a\sqrt{2}\over2.

Pro další úvahy využijeme toho, že |ED|=|BF|. To se dá odvodit různě, například ze shodnosti trojúhelníků EDC a BFA (věta usu ). Uznával jsem i prosté odůvodnění, že EFCD je čtverec, na nějakém komentáři jsem však trval. A dále se nám bude hodit, že úhel FED je pravý. To lze doložit například takto: |\angle FEC|=45\deg, což vyplývá z vlastností úhlopříček čtverce, a |\angle CED|=45\deg, protože trojúhelník CDE je rovnoramenný s pravým úhlem při hlavním vrcholu.

Nyní už máme dostatek materiálu pro naši druhou Pythagorovu větu: |EG|^{2}+|EF|^{2}=|FG|^{2}. Už víme i, že |EF|=a\sqrt{2}\over2 je polovina délky úhlopříčky a že bod G leží uprostřed strany ED, tedy |EG|=a\sqrt{2}\over4. Teď již můžeme dopočítat rovnici do konce a zjistíme, že |FG|=a\sqrt{5\over8}=a\sqrt{10}\over4. Na závěr ještě obě délky sečteme a máme hotovo: (\sqrt{10}+2\sqrt{2})\over4 a. Tolik standardní řešení většiny z vás.

Jenže se našli dva řešitelé, kteří řešení posunuli výrazně dále. Barbora Šimáčková objevila, že existuje ještě jeden pětiúhelník, který vyhovuje zadání (viz obrázek). Délka křivky je v tomto případě naštěstí stejná. A Martin Töpfer jako jediný přišel na to, že do množiny M je třeba započítat i úsečku ED, protože úsečku rovnoběžnou s AC mohou tvořit její libovolné dva body, čímž překvapil i opravujícího.

Komentář: Standardní řešení, jak bylo vylíčeno výše, tedy dostalo 4 body. Pokud jste příliš automaticky předpokládali (to se v matematice krutě nevyplácí) rovnost |BF|=|ED|, strhl jsem vám bod. Naši dva myslitelé z předchozího odstavce dostali po bodu navíc.

Úloha č. 4

První zlomek je ve tvaru 1\overa a druhý ve tvaru b\overc, kde a, b a c jsou celá čísla a a \neq 0 a c \neq 0. Vlastnost zlomků, nad kterou filozofové hloubali, zapíšeme rovnicí:

Postupnými úpravami této rovnice můžeme vyjádřit tvar druhého zlomku v závislosti na jmenovateli a prvního zlomku. Začneme vynásobením celé rovnice výrazem a \cdot c.

Protože zlomek b\overc je v základním tvaru, musí platit, že b = 1 a c = 1 + a. Druhý zlomek má tedy tvar 1 \over 1+a, a proto všechny hledané dvojice zlomků jsou (1 \over a, 1 \over 1+a), kde a \neq 0 a a \neq -1.

Komentář: Nejčastěji jsem strhával body za řešení, ve kterých jste dospěli k výsledku pouze zkoušením různých dvojic zlomků. Z takového postupu totiž není jasné, že jste našli opravdu všechny dvojice.

Úloha č. 5

Hlavním problémem úlohy bylo pochopit zadání.

První možnost byla založena na tom, že v podsvětí jsou dvě místa: Asfodelová louka, kam přicházejí pouze poctivé duše, a Tartar, kam míří pouze hříšníci. Na Asfodelové louce je několik, řekněme n poctivých duší. Bohové pak z příchozích zemřelých vybírají patřičné počty poctivých duší a hříšníků a umísťují je podle pravidel na ona dvě místa.

V zadání se hovoří o dělitelnosti čísla n dvěma a třemi, musíme se tedy zabývat dělitelností šesti, která zahrnuje jak dělitelnost dvěma, tak třemi. Číslo n pak lze vyjádřit pomocí právě jednoho z následujících zápisů:

kde k je přirozené číslo nebo nula. Čísla 6k a 6k+3 jsou dělitelná třemi, ostatní ne. Z nich pak čísla 6k+1, 6k+3 a 6k+5 jsou lichá a čísla 6k, 6k+2 a 6k+4 jsou sudá. Podobně lze popsat dělitelnost čísel 6k+6, 6k+7, 6k+8 a 6k+9, která budeme v dalších úvahách potřebovat. Po každém tahu stoupne počet duší na louce o jedničku. Tudíž pro všech šest počátečních hodnot čísla n dostáváme následující počty svržených hříšníků:

Vidíme, že pokud začíná hra s 6k+1 nebo 6k+4 poctivými dušemi na Asfodelové louce, musí hrát šest bohů, aby na žádného hráče nepřišla znovu řada. V ostatních případech by stačilo pět bohů, ale protože nevíme, jak číslo n na začátku vypadá, musíme trvat na šesti bozích.

Druhý způsob, jak pochopit zadání, spočíval v tom, že na Asfodelovou louku přicházeli jak poctivé duše, tak hříšníci. Z nich pak bohové vrhají příslušné počty hříšníků do hlubin Tartaru, posléze pak přidávají na louku další poctivou duši (teoreticky by mohli přidat i hříšníka, na následující úvaze se tím nic nezmění). Například jestliže je počet dělitelný třemi, pak bůh na tahu svrhne tři hříšníky do Tartaru a jednu poctivou duši přidá na louku, tudíž na louce ubydou dva zemřelí. My chceme zjistit případ, kdy bude ke hře potřeba nejvíce bohů: Ten by nastal, pokud bychom do Tartaru vrhali vždy jediného hříšníka (neboť v každém případě je svržen alespoň jeden). Hra by pak vyžadovala deset bohů. Může takový případ nastat? Může: Pokud je počet zemřelých na louce nedělitelný třemi a lichý, v Tartaru skončí jeden hříšník a na Asfodelové louce přibude jedna poctivá duše, takže se počet zemřelých na louce pro další tah nezmění a bůh, který má následně hrát, musí udělat stejný tah jako jeho předchůdce. Tudíž potřebný počet bohů je deset.

Komentář: Strhával jsem body většinou za nejasné nebo chybějící vysvětlení. Někteří si zjevně přečetli pouze polovinu otázky, nebo ji špatně pochopili, a pak jsem musel strhávat body za chybné odpovědi.

Úloha č. 6

Z fyziky snad všichni znají vzorec t = s \over v , kde t je čas, s dráha a v je rychlost.

Z údajů o prvním běžci získáváme t = 600\over60_hod() = 10 h. Označíme x vzdálenost od začátku, ve které druhý běžec získal koně. Z údajů o druhém běžci sestavíme rovnici:

Základními úpravami zjistíme, že x = 375.

Druhý běžec tedy získal koně 375 stádiů od začátku své cesty.

Komentář: Všichni měli správně výsledek (šikulkové), někteří bohužel vůbec nenapsali, jak k němu přišli.

Úloha č. 7

Úloha si žádá určit plochu řezu rovinou HXY v krychli ABCDEFGH, přičemž |XB| = 1\over3 |BC|, X \in BC a |YG| = 1\over3 |CG|, Y \in CG. Nejprve je třeba určit, o jaký tvar řezu se jedná a následně spočítat jeho obsah. Když se zaměříme na stěnu BCGF, zjistíme, že úsečka XY je rovnoběžná s úhlopříčkou BG. Bod H leží v rovině řezu, tudíž v ní leží i přímka AH, neboť \primka AH \parallel \primka BG \parallel \primka XY. Tím jsme našli celý řez, který je znázorněn v následujícím obrázku.

Zjistili jsme, že řezem dané krychle rovinou HXY je lichoběžník AXYH a díky vlastnosti |BX|=|GY| je tento lichoběžník rovnoramenný. Označme délku hrany krychle a. Základna lichoběžníku je úhlopříčkou čtverce ADHE, její délka je tedy |AH|=a\sqrt{2}. Délku strany XY spočteme z podobnosti trojúhelníků BCG a XCY. Vyjde

Zbývá vypočíst výšku lichoběžníku. Nejprve spočítáme délku |HY|=|AX| pomocí Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku HGY (resp. \triangle ABX):

Nyní se zahleďme do předchozího obrázku. Délku výšky UY spočítáme z pravoúhlého trojúhelníku HUY, ale neznáme dosud délku úsečky HU. Ta je ovšem, díky rovnoramennosti lichoběžníku AXYH rovna polovině rozdílu délek základen, tj.

Nic nám nebrání k výpočtu výšky a následně k výpočtu obsahu řezu:

Plocha řezu rovinou HXY je 5\over18 \sqrt{19}a^{2}.

Komentář: Mnoho řešitelů nenašlo správný tvar řezu, ti dostali maximálně tři body. Jinak jsem nějaký ten bod strhával opět za chybějící komentář.

Opravovali: 1. Kateřina Dobiášová, 2. Eva Černohorská, 3. Pavel Houdek, 4. Michal Mašek, 5. Karel Pazourek, 6. Venda Exnerová, 7. Ondřej Honzl.