Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Dohodněme se, že krajní body delší úhlopříčky označíme A a C. Řešení rozdělíme na dva případy podle toho, zda na kružnici k leží oba body A a C, nebo jen jeden z nich. Využijeme faktu, že v kosočtverci se úhlopříčky vzájemně půlí a jsou na sebe kolmé.

Pro první případ zvolíme bod A na kružnici k libovolně a bod C sestrojíme ve vzdálenosti 8 cm od A. Dále sestrojíme přímku o jako osu úsečky AC. Nyní víme, že body B a D mají ležet na o. Bod B tedy najdeme jako průsečík přímky o a kružnice k. Čtvrtý vrchol kosočtverce již najdeme snadno. Musíme dát pozor na to, že pro bod B máme dvě možnosti vedoucí ke dvěma různým výsledkům. Jeden z nich ale můžeme vyloučit, protože úhlopříčka BD je delší než AC, což odporuje zadání.

Než ukážeme konstrukci pro druhý případ, všimneme si důležité informace o bodu S (středu kružnice k). Jelikož na k leží jen jeden z bodů A a C, leží na ní oba body B a D. Z toho dostáváme |BS|=5 cm=|DS|, a proto bod S leží na ose úsečky BD, tedy na přímce AC. Jinými slovy, body A, C a S leží na jedné přímce. S touto znalostí přistupme ke konstrukci. Bod A zvolíme na k libovolně a sestrojíme přímku p určenou body A a S. Víme, že bod C musí ležet na p, navíc známe vzdálenost |AC|. Tím je již bod C určen (máme vlastně zase dvě možnosti, ale jedna je zjevně nesmyslná). Nyní sestrojíme přímku o jako osu úsečky AC a její průsečíky s k jsou body B a D. Ale zjistíme, že |BD|>|AC|, tedy ani tento výsledek nevyhovuje zadání.

Existuje nekonečně mnoho řešení, ale všechna jsou shodná a liší se jen posunutím, otočením, případně zrcadlením.

Komentář: Několik řešitelů před konstrukcí počítalo další délkové parametry kosočtverce, například délku strany nebo druhé úhlopříčky. Taková řešení nejsou v zásadě chybná, ale ve vzorovém řešení jsem se tomu vyhnul, protože čisté řešení konstrukční úlohy by se mělo opírat jen o rýsování a vynášet pouze zadané vzdálenosti.

Někteří z vás tvrdili, že když vrcholy A, B, C kosočtverce ABCD leží na společné kružnici, tak už nutně |AC|>|BD|, proto druhý případ rovnou vyloučili. To ovšem není pravda. Každé tři body, které neleží na přímce, leží na společné kružnici (kružnici opsané příslušnému trojúhelníku). Viz také kosočtverec AB'CD' v první konstrukci.

Úloha č. 2

K řešení této úlohy stačilo znát (nebo si vyhledat v tabulkách) vztah pro objem koule a kulové úseče. Těleso popsané v zadání je totiž koule, od které odstraníme šest kulových úsečí. Nuže, objem koule o poloměru R se spočte:

Pro objem kulové úseče platí následující vzorec:

kde \rho je poloměr podstavy kulové úseče a v je jeho výška.

Potřebujeme vyjádřit R, v a \rho v závislosti na a -- hraně krychle. K tomu nám pomůže následující obrázek. Na něm je zobrazen řez krychle a koule (z kterých dané těleso vzniklo). Tento řez je veden některou z tří možných rovin, jež prochází těžištěm krychle a jsou rovnoběžné s některou stěnou krychle.

Z obrázku je patrné, že \rho=a\over2. Snadno též dle Pythagorovy věty spočteme, že R=a\sqrt{2}\over2. Zbývá zjistit délku v, pro tu však platí:

Můžeme tedy dosadit do vzorce pro V_{U}:

Spočteme ještě objem koule:

A zbývá jen spočítat objem vzniklého tělesa:

Objem šestistěnné kostky s obroušenými vrcholy je přibližně 26,06 kubických jednotek.

Komentář: Pokud jste si uvědomili, že stačí od krychle odříznout šest kulových úsečí, byla úloha jednoduchá (s použitím vzorců z tabulek). Vyskytlo se jen několik řešení, která se snažila od krychle odečítat podivné útvary. Tudy však cesta nevedla.

Úloha č. 3

Našlo se pár pěkných nápadů, uvádím ty, které se mi nejvíce líbily, i s autory. Ve všech řešení jsou a, b, c ona tři důležitá přirozená čísla.

Marie Kostolányová: „Řekni mi číslo 2^{a} \cdot 3^{b} \cdot 5^{c}.“

Tomáš Kubelka: „Převeď čísla do dvojkové soustavy a pak mi řekni číslo ve tvaru a2b2c.“

Prokop Šilhavý: „Řekni mi číslo, které vznikne, když napíšeš za sebe jedničku, stejně nul jako má a cifer, jedničku, stejně nul jako má b cifer, jedničku, stejně nul jako má c cifer, a, b, c.“

Martin Töpfer: „Doplň čísla nulami na začátku, aby všechna čísla měla stejně cifer, pak mi řekni číslo, které se skládá z 1 a těchto doplněných čísel.“

Ještě jedno zajímavé řešení: „Řekni mi číslo a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} (a to klidně vypočítané).“

Komentář: Body dostali i ti, kteří číslo nechali napsat jako složený zlomek a nezapomněli čarodějce dát přesné instrukce. Pouhý bod byl za číslo a0b0c, protože tento zápis je dost nejednoznačný.

Úloha č. 4

Označme si a počet představení, která proběhla. Ze zadání získáme rovnice

Sečtením obou rovnic získáme a (x+y) = 55.

Víme, že a i (x+y) jsou celá čísla. Tedy a je jedno z čísel 1, 5, 11, 55, neboť je to dělitel čísla 55. Jedničku můžeme vyloučit (víme, že 2 představení určitě proběhla). Také 55 vyloučíme, protože Vanda jistě nevyhrála více než 7-krát. Čísla 5 a 11 dosadíme do zadání. U čísla 11 nám vyjdou x a y desetinná čísla, ale růží jistě nebyly jen drobné kousky. Pro pět představení nám vyjde x = 8 a y = 3. Vítěz tedy dostal osm růží a poražený pouze tři.

Komentář: Skoro všichni došli ke správnému výsledku a mnozí z vás přišli s pěknými nápady.

Úloha č. 5

Asi každého po přečtení zadání napadlo, že by se mohl pokusit trojúhelník rozdělit na 15 nebo 17 stejně velkých dílků, ale po chvíli zkoušení zjistil, že to nejspíš nepůjde. Pokud jste to zkoušeli, a možná i pokud jste to nezkoušeli, mohli jste si všimnout některých pravidel. Když rozdělíte trojúhelník na trojúhelníčky s poloviční délkou strany, vejdou se tam 4, když budou mít třetinovou délku strany, bude jich 9, když čtvrtinovou, bude jich 16 a tak dále, neboli bude jich vždycky druhá mocnina. Protože ale nepotřebujeme všechny trojúhelníčky stejně velké, můžeme nejprve rozdělit velký trojúhelník na malé, stejně velké trojúhelníky, potom si některý z nich vybrat a ten rozdělit na ještě menší trojúhelníčky, takže místo jednoho malého trojúhelníku dostaneme 4, 9, 16 nebo jinou druhou mocninu trojúhelníčků -- přibudou tedy 3 nebo 8, 15, ... trojúhelníčků.

To nám dává jednu metodu jak rozdělit trojúhelník na 15 nebo 17 menších: nejprve trojúhelník rozdělíme na 9 stejných, potom dva z nich vybereme a každý rozdělíme na 4 menší, tím získáme 9-2+2\cdot4=15 trojúhelníčků. Nebo z oněch devíti vybereme jeden, ten opět rozdělíme na 9 menších a získáme 9-1+9=17 trojúhelníčků. Výsledek může vypadat například takto:

Další možnost řešení je všimnout si, že v každém řádku rozděleného trojúhelníku je lichý počet trojúhelníčků. Například při rozdělení na 25 je v řádcích 1, 3, 5, 7 a 9 trojúhelníčků. To znamená, že kdybychom první tři řádky znovu slepili do jednoho trojúhelníku, zbyde nám 1+7+9=17 trojúhelníčků a máme vyřešenou druhou část úlohy.

Abychom tímto způsobem získali 15 trojúhelníků, museli bychom místo prvních tří řádků slepit první, druhý a čtvrtý, na kterém je 7 trojúhelníčků. Tím by vzniklo 1+5+9=15 částí. Chceme tedy rozdělit trojúhelník na tři řádky, jeden s jedním trojúhelníčkem, jeden s pěti a jeden s devíti. Nejprve do velkého trojúhelníku nakreslíme jenom řádek s devíti trojúhelníčky, pak zbylou část rozdělíme na 9 trojúhelníčků a z nich zase vezmeme jenom poslední -- třetí řádek, na kterém je tentokrát 5 trojúhelníčků. Tím vznikne tento obrázek:

Komentář: Tato úloha patřila k těm lehčím. Většina řešení byla dobře, ale některá bohužel úplně bez komentáře. Uznávám, že úloha se snadno dala vyřešit i metodou pokus-omyl, ale vzhledem k tomu, že na většině řešení byl nějaký systém vidět, strhávala jsem výhradně obrázkovým řešením bod.

Někteří z vás si zadání mylně vyložili tak, že se menší trojúhelníčky mohou překrývat. Za to jsem body nestrhávala, ale ve většině takových případů jste nezapočítali všechny trojúhelníky nebo jste trojúhelník rozdělili i na lichoběžníky nebo rovnoběžníky, čímž jste si úlohu velice zjednodušili -- za taková řešení jsem udělovala dva body.

Úloha č. 6

Vyřešíme úlohu nejprve obecně. Představme si, že máme n tanečnic. Každá z nich si má při speciálních vystoupeních trojic zatančit se všemi ostatními tanečnicemi právě jednou.

Bude nás proto zajímat počet všech možných dvojic tanečnic. Ten zjistíme následovně: První tanečnice má na výběr zbylých n-1 tanečnic, může tedy vytvořit n-1 různých dvojic. Druhá tanečnice už je započítaná ve dvojici s první tanečnicí, takže když pomineme ji a první tanečnici, zbývá ještě n-2 dívek, tedy i n-2 nových dvojic pro tuto druhou tanečnici. Třetí tanečnice opět může vytvářet nové dvojice pouze s tanečnicemi číslo 4 až n, tedy n-3 dvojic, atd. Nakonec pro (n-1)-ní tanečnici zbyde už jen dvojice s tanečnicí číslo n. Abychom zjistili počet všech možných dvojic, potřebujeme součet n+(n-1)+(n-2)+\cdots+2+1.

Ten není těžké určit, ze sčítanců uděláme n/2 dvojic tak, aby vždy součet dvojice byl n+1 (dvojice tedy tvoří čísla n a 1, n-1 a 2, n-3 a 3, ...; pro lichý počet sčítanců dostaneme (n-1)/2 dvojic a prostřední člen s hodnotou (n+1)/2) a součet je roven n(n-1)\over2.

Při speciálním vystoupení tancuje vždy jedna trojice tanečnic, např. tanečnice A, B a C. Každá taková trojice vyčerpá tři z celkového počtu dvojic (A, B a A, C a C, B). Proto, aby byla splněna podmínka, že si každé dvě tanečnice spolu zatančí při speciálních vystoupeních právě jednou, musí být počet dvojic n(n-1)\over2 dělitelný třemi. Pro počty tanečnic ze zadání 8, 9, 10 a 11 tedy požadujeme dělitelnost třemi pro čísla 28, 36, 45 a 55. Z toho je vidět, že pro 8 ani 11 tanečnic se nám trojice pro speciální vystoupení způsobem požadovaným v zadání vůbec nepodaří sestavit.

Dále, pokud si tanečnice představíme jako body a každé dva body vždy spojíme čarou představující dvojici tanečnic, bude z každého bodu vycházet n-1 čar do všech ostatních bodů. K sestavení libovolné trojice, v které bude tanečnice A, potřebujeme vždy využít dvě další tanečnice a tedy dvě z čar vycházející z bodu A. Proto musí být počet čar vycházejících z každého bodu sudé číslo, tj. n-1 musí být sudé. To z nevyřazených počtů tanečnic splňuje pouze devítka (9-1=8), desítku proto musíme též vyřadit.

Zbývá určit, kolik bude speciálních vystoupení pro devět tanečnic. To můžeme například z celkového počtu všech různých dvojic, těch je, jak už jsme řekli, 36. Každé speciální vystoupení vyčerpá tři z těchto dvojic, dostáváme proto 36:3=12 provedení speciálního vystoupení. Označíme-li tanečnice písmeny A až I, mohou trojice pro speciální čísla vypadat následovně: BAC, EDA, AFG, IHA, BDI, BFH, BEG, CDF, ECH, CIG, EFI, HDG.

Komentář: Někteří z vás příliš nečetli zadání. Právě jednou znamená jednou, ne méně, ne víc. Pokud jste si zadání přečetli vícekrát, většinou jste našli způsob, jak uspořádat trojice pro devět tanečnic, za což byly 3 body. Horší už to bylo se správným zdůvodňováním proč a zdali je takové uspořádání možné pro ostatní uvažované počty tanečnic, ale to jsme si snad nyní ve vzorovém řešení vyjasnili.

Úloha č. 7

Řešení této konstrukční úlohy bylo vesměs otázkou obvyklé školní rutiny, až na jeden klíčový krok. Dostaneme se k němu bez obtíží: narýsujeme si trojúhelník KLM, vyznačíme body B a T. Každého napadne, že když známe těžiště, zjistíme snadno i S_{B} -- střed strany AC. To máme všechno v okamžení, ale co teď dál? Postupů jste dali dohromady mnoho, více či méně komplikovaných, všechny však použily tentýž princip, který je nejzřejmější na rovnoběžníku. Představme si rovnoběžník BCB'A složený ze dvou trojúhelníků ABC. Pak je bod S_{B} průsečík jeho úhlopříček a strana AB' je rovnoběžná s přímkou KL. A dále už je všechno zase obvyklá geometrie. Zobrazíme bod B ve středové souměrnosti podle středu S_{B} a dostaneme bod B'. Jím pak vedeme rovnoběžku s přímkou KL a v jejím průsečíku s přímkou KM vyznačíme bod A. Zbývající bod C můžeme najít například přes střed strany AC, tedy přes bod S_{B}.

Komentář: Úloha byla konstrukční, ale mnoho z vás by v rýsování moc neobstálo. Přesnost rýsování jsem tedy raději nehodnotil, jelikož bychom neměli skoro žádné úspěšné řešitele. To také znamená, že jsem musel hodnotit především postup, a jak jste si jej uměli obhájit. Řešitelé s nepochopitelným nebo neexistujícím komentářem dostali pouhé 3 body.

Opravovali: 1. Petr Škovroň, 2. Ondřej Honzl, 3. Eva Černohorská, 4. Venda Exnerová, 5. Tereza Klimošová, 6. Lenka Blažková, 7. Pavel Houdek.