Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Tato úloha je trochu neobvyklá v tom, že naším úkolem je vlastně vytvořit zadání tak, aby mělo určité řešení. Dostáváme tím nevídanou volnost. Můžeme si tedy tentokrát beztrestně omezit podmínky tak, abychom jim snadno porozuměli. Umístíme bod M na osu úhlu svíraného různoběžkami p a q a hned se staneme pány situace.

Nyní je jasné, že výsledný trojúhelník bude pěkně symetricky rozložen mezi přímkami a že tedy jeho strany KM a LM budou svírat s osou úhlu různoběžek úhly po 30\deg. Můžeme tak bodem M proložit dvě pomocné přímky (na obrázku jemně čárkovaně) o patřičných úhlech, kterými si tyto strany „nasimulujeme“. Tam, kde se nám protne různoběžka p nebo q (podmínka zadání) s touto pomocnou přímkou (podmínka rovnostranného trojúhelníku), leží zbývající body našeho trojúhelníku KLM.

V obecném případě, kdy různoběžky svírají nějaký úhel \alpha, se nám ale stane, že pomocná přímka protne různoběžky obě dvě. Z toho vyplývá, že existují dva různé rovnostranné trojúhelníky odpovídající zadání. Dostáváme jak trojúhelník K_{1}ML_{1}, tak K_{2}L_{2}M.

Jak docílit toho, aby vyšlo pouze jedno jediné řešení? No přeci jediným průsečíkem na pomocných přímkách. Chceme-li, aby se nám dvě přímky neprotly, uděláme je rovnoběžné. Tedy v tom speciálním případě, kdy \alpha = 60\deg. Pak musí zákonitě vyjít vždy pouze jeden možný trojúhelník.

A pak tu máme otázku pro zvídavé. Je možné dosíci nekonečna řešení? Je. Přesvědčil nás o tom Martin Sýkora. Pro zvláštní případ \alpha = 120\deg.

Komentář: Většina z vás dospěla ke správnému náčrtu situace, ale bez patřičně zmíněných podmínek a komentáře hlavních myšlenek musely body dolů. Těch, kteří pochopili celý problém a dospěli až ke konečnému řešení, nebylo mnoho. Někteří se nachytali na podobnost slova různoběžka s rovnoběžkou, takoví se pak docela nadřeli bez valného výsledku. Ovšem komu není rady, tomu není pomoci.

Mimoto se objevilo ještě několik vskutku originálních nápadů, jak zadat úlohu pro nekonečno řešení. Třeba Rudolf Vávra navrhl zadat jako místo pro bod M obecně osu úhlu různoběžek, pak by pro každý jednotlivý bod osy vznikala další řešení. Nebo Johan Bartoš zase přišel s nápadem umístit bod M zcela mimo rovinu různoběžek. Jsou to návrhy jistě pozoruhodné, byť se trochu vymykají vnitřnímu řádu úlohy.

Úloha č. 2

Vypočítat přímo obsah šedé části je prakticky nemožné. Zato obsah bílé části se dá spočítat snadno. Stačí znát poloměry r bílých půlkruhů. Obsah šedé části spočítáme jako rozdíl obsahu celého obrazce a bílé části.

Spojíme-li úsečkou středy dvou sousedních stran, bude tato úsečka procházet bodem dotyku dvou půlkruhů a bude dlouhá 2r.

Vzniklý trojúhelník ABC je pravoúhlý a rovnoramenný. Přepona má délku 2r a odvěsny mají délku a=1\over2_metr(). Z Pythagorovy věty spočítáme poloměr:

Tady můžeme výpočet poloměru ukončit, protože v následujících výpočtech budeme počítat s r^{2} a nepotřebujeme tedy vědět, kolik je samotné r, čímž si ušetříme trochu práce.

Bílou část tvoří čtyři půlkruhy. Ty dohromady tvoří dva celé kruhy. Obsah S_{B} bílé části obrázku spočítáme jako:

S tímto číslem budeme dále pracovat, a proto nebudeme za \pi dosazovat. Museli bychom zaokrouhlovat a tím by nám vznikla chyba.

Poslední věc, kterou potřebujeme spočítat, je obsah S celého obrazce. Je to čtverec o straně 1 m, takže je to celkem snadné:

Obsah S_{Š} šedé části spočítáme jako rozdíl obsahu celého obrazce a obsahu bílé části:

Obsah šedé části je přibližně 0,215 m^{2}.

Komentář: Většina z vás počítala správným postupem, přesto se někteří nedobrali správného výsledku, protože zaokrouhlovali všechny mezivýpočty. Druhou nejčastější chybou, avšak mnohem závažnější, bylo měření poloměru z obrázku. Pokud není v zadání vysloveně řečeno: „Narýsujte si obrázek v poměru 1:10 a změřte poloměr,“ tak to prosím nedělejte. Jak rýsování, tak měření je nepřesné. Zkuste si obrázek narýsovat třikrát a uvidíte, jak se budou naměřené poloměry lišit.

Úloha č. 3

Abychom získali právě tři čtverce, musíme odstranit alespoň čtyři sirky. Abychom to dokázali, musíme jednak ukázat, jaké čtyři sirky můžeme odstranit, a jednak dokázat, že tři sirky nestačí.

První obrázek ukazuje rozmístění, ve kterém odebráním čtyř sirek skutečně získáváme právě tři čtverce.

Nyní si ukažme, že odstranit tři sirky nestačí. V hlavolamu je celkem čtrnáct čtverců (devět 1\times1, čtyři 2\times2 a jeden 3\times3). Mají-li zůstat tři, je potřeba jich celkem jedenáct zrušit. Pro každou zápalku si spočítáme, kolik čtverců jejím odebráním zrušíme. Zrušené čtverce pro označenou zápalku vidíme na levém obrázku, hodnoty pro všechny zápalky jsou na obrázku vpravo:

Odebíráme-li jen zápalky s hodnotou 3, určitě nemůžeme zrušit více než 3\cdot3=9 čtverců, což nám nestačí. Nějaká z odebraných zápalek tedy musí být buďto ,,prostřední obvodová nebo ,,středová. Znázorněme si tedy situaci (včetně přepočítaných hodnot) jednak po odebrání levé „prostřední obvodové“ zápalky (vlevo), jednak po odebrání levé „středové“ (vpravo).

Připomeňme si, že jsme zrušili čtyři čtverce, zbývá nám jich tedy zrušit ještě sedm, a to odebráním dvou sirek. Protože ale nejvyšší hodnota v obou obrázcích je 3, obrázky nám ukazují, že odebráním dvou sirek můžeme zrušit nejvýše šest čtverců. Tím je důkaz hotov.

Komentář: Za chybějící důkaz jsem strhával bod, za odstraňování více zápalek než bylo nutné jsem strhával většinou alespoň body dva.

Úloha č. 4

Jednou z možností, jak řešit zadanou úlohu, je vylučovací metoda. Napíšeme si všechny kombinace bratrů, kterým mohl číšník jepičí baštu přinést, a vyloučíme všechny, které nevyhovují nějakému Honzovu omezení. Nabízejí se následující možnosti, kdo si dá jepičí baštu:

• Axel, Honza, Xssssfool... NE, protože Honza chce PRÁVĚ jednoho bratra, který si objedná baštu také.
• Axel a Honza... NE, protože když si baštu nedá Xssssfool, tak si ji nedá ani Axel.
• Axel, Xssssfool... NE, protože když si ji objednají právě dva bratři, pak jedním z nich musí být Honza.
• Honza, Xssssfool... ANO, vyhovuje všem podmínkám.
• Axel... NE, protože když si baštu nedá Xssssfool, tak si ji nedá ani Axel.
• Honza... NE, protože pokud si dá Honza, chce právě jednoho bratra, který si to dá také.
• Xssssfool... NE, protože když si baštu neobjedná Honza, pak ani Xssssfool ne.
• Nikdo... ANO, vyhovuje všem omezením.

Ze zadání tedy plyne, že baštu si objednají Honza a Xssssfool a nebo nikdo. Protože se ale dále v textu dočteme, že číšník donesl jepičí baštu na účtu, brala jsem jako úplné odpovědi i ty, kde možnost „nikdo“ chyběla.

Komentář: Většina z Vás si s úlohou lehce poradila a zvláštní pochvalu si zaslouží všichni, kteří nezapomněli na možnost, že si baštu nikdo nedá. Přesto se často vyskytovaly chybné úvahy. „Když si NEDÁ Xssssfool, pak si NEDÁ ani Axel,“ není to samé jako: „Když si DÁ Xssssfool, pak si DÁ i Axel.“ Často se také objevovala špatná myšlenka, že „právě jeden“ znamená „aspoň jeden“, ale to není pravda.

Úloha č. 5

Když si pozorně přečteme zadání a porozumíme, co všechna ta čísla znamenají, tak již úloha není obtížná. Předně by nás mohlo napadnout, zda se kánoe do všech zdymadel vejde. Dle vzorce pro objem kvádru, který je obsah podstavy vynásobený výškou, můžeme zjistit obsah každého zdymadla. To provedeme tak, že druhé číslo v závorce vydělíme prvním, výsledek bude po vydělení deseti v metrech čtverečních, neboť $1 hl = 100 l = 100 dm^{{3} = 0,1 m}{3}$. Jednotlivé plochy zdymadel vycházejí po řadě:

Plocha kanoe, pokud je její půdorys obdélník 80 cm \times 275 cm, je 2,2 m^{2}, z toho tedy plyne, že posledním zdymadlem by kanoe neproplula.

Ale nalezli se vnímaví řešitelé, a to jsme to při zadávání tohoto příkladu tušili, kteří prohlásili, že kánoe může mít tvar třeba kosočtverce (případně klasičtější „kapkovitý“ tvar běžný právě pro kánoe či kajaky), jehož úhlopříčky jsou právě 80 cm a 275 cm, který by se do posledního zdymadla mohl vejít. Tím pádem musíme spočítat i čas, který by nám trvalo proplutí všech šesti zdymadel.

Spočítat ho také nebude těžké. Čas potřebný na odčerpání vody z jednoho zdymadla dostaneme vydělením jeho objemu (druhé číslo v závorce) rychlostí čerpání vody za sekundu. Tentokrát nemusíme jednotky převádět, čas dostaneme v sekundách. K součtu všech časů ještě nezapomeneme přičíst pět sekund potřebných na přejíždění mezi jednotlivými zdymadly a dostaneme kýžený čas:

Odpověď je jasná, zdymadly je to rychlejší, ale musíme si rozmyslet, zda náš šíf není příliš prostorný, aby bez úhony projel nástrahami šestero zdymadel...

Komentář: Úloha obsahovala malý chyták v podobě plochy zdymadel, kdo si ho nevšiml, na toho jsem byl přívětivý a pokud vyřešil druhou část zadání správně, obdržel plný počet bodů. Za výrazné numerické chyby jsem strhával jeden bod.

Úloha č. 6

Dobrým začátkem bylo zjistit, která čísla na displeji zaručeně být nemohou. Tlačítkem x^{2} nikdy nezískáme číslo, které dává po dělení pěti zbytek dva nebo tři, protože druhá mocnina libovolného celého čísla nedává po dělení pěti zbytek dva ani tři. Pomocí tlačítka x^{2} - 1 zase nezískáme číslo, které dává po dělení pěti zbytek jedna nebo dva. Protože tlačítko x - 5 zbytek po dělení pěti nemění, nemůžeme získat čísla, která dávají po dělení pěti zbytek dva, tedy 2, 7, 12 a 17.

Potřebujeme ale zjistit, zda zbývající čísla skutečně mohou být na displeji. Nejméně pracné asi bylo rozdělit čísla od 1 do 20 do skupin podle zbytku po dělení pěti (tedy skupiny (1, 6, 11, 16), (2, 7, 12, 17) atd.). Pak stačí najít nejvyšší číslo z každé skupiny, ostatní snadno získáme pomocí tlačítka x - 5 (pokud nepřekročíme limit 13 stisknutí).

Další možnost byla systematické zkoušení možností. Důležité bylo zkoušet pouze ty možnosti, které nás mohly přivést k číslům 1 až 20. Bylo zbytečné používat tlačítka x^{2} - 1 a x^{2} u čísel menších než -8 nebo větších než 8. Dostali bychom totiž číslo větší než 80 a protože jediná možnost, jak dostat menší číslo, je tlačítko x - 5, nedostali bychom se k číslům 1 až 20 na požadovaný počet stisknutí. Pokud jsme během zkoušení narazili na číslo, které jsme získali dříve, nemělo smysl pokračovat -- žádná nová čísla bychom nezískali. Při použití této metody jste nemuseli uvést výše zmíněné vysvětlení, proč na displeji nemohla být čísla 2, 7, 12 a 17.

Komentář: Pokud jste v řešení uvedli pouze posloupnosti tlačítek pro čísla, která se mohla na displeji objevit, ale nezdůvodnili jste, proč čísla 2, 7, 12 a 17 na displeji být nemohou, strhával jsem dva body. Pokud jste uvedli postup zkoušení, ze kterého bylo jasné, že naleznete všechny možnosti, uděloval jsem samozřejmě plný počet bodů.

Úloha č. 7

Nejdříve si představíme, jak razítko vypadalo. A to tak, že obrázek v podstatě složíme. Výsledek je znázorněn na obrázku na další straně.

Nyní vidíme, že výsledný objem spočteme tak, že od objemu původního kvádru odečteme objemy částí, které jsme odřízli. Celkový objem kvádru vypočteme takto:

Nyní můžeme spočítat objem vyřízlého kvádru, který má podstavu tvaru čtverce o hraně 1 cm a výšku 8 cm, takže objem kvádříku:

Dále můžeme vypočítat objem vyřízlého válce. Průměr válce je 1 cm a výška 6 cm. Vidíme ale, že kvádříček a válec se protínají, mají společnou část, kterou bychom takto odečetli dvakrát. Tato část je tvaru válce o délce 1 cm. To znamená, že budeme počítat s výškou válce o 1 cm menší. Objem válce se tedy vypočte jako obsah podstavy krát výška. Podstava má kruhový tvar, takže objem válce je

Teď zbývá vypočítat objem uřízlých rohů. Vidíme, že jsou to dva stejné jehlany a navíc u jednoho vrcholu svírají každé dvě hrany pravý úhel. Objem jehlanu se počítá jako obsah podstavy krát výška na tuto podstavu děleno třemi. Pokud využijeme „pravoúhlost“ vrcholu, tak se nám výpočet o dost zjednoduší. Obsah podstavy, která má tvar trojúhelníku, se pak vypočte jako součin stran na sebe kolmých děleno dvěma: S=3\cdot4/2 cm^{2}=6 cm^{2}. Výška jehlanu na tuto podstavu je tedy rovna 4 cm a objem je proto V_{jehlanu}=S\cdotv/3=8 cm^{3}. Nyní už můžeme vypočítat celkový objem razítka:

Komentář: Hodně z vás špatně spočetlo objem jehlanu, za to jsem strhávala dva body. A další skupina z vás zapomněla, že jednu část odečítá dvakrát, za to jsem odečítala jeden bod. Další chyby se moc neobjevovaly.

Opravovali: 1. Pavel Houdek, 2. Tereza Pechová, 3. Petr Škovroň, 4. Jana Brdíčková, 5. Ondřej Honzl, 6. Tomáš Toufar, 7. Klára Krejčíčková.