Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Každou závorku si nejprve převedeme na společného jmenovatele a poté na každého čitatele aplikujeme vzorec a^{2} - b^{2} = (a - b) \cdot (a + b):

\left(1-1/2^{2}\right) \cdot \left(1-1/3^{2}\right) \cdot ... \cdot \left(1-1/2009^{2}\right) = (2^{2}-1)/2^{2} \cdot (3^{2}-1)/3^{2} \cdot ... \cdot (2009^{2}-1)/2009^{2}
= (2 - 1)\cdot(2 + 1)/2^{2} \cdot (3 - 1)\cdot(3 + 1)/3^{2} \cdot ... \cdot (2009 - 1)\cdot(2009 + 1)/2009^{2}.

Zlomky dále upravíme jednoduše tím, že sečteme tvary čitatele:

1\cdot3/2^{2} \cdot 2\cdot4/3^{2} \cdot 3\cdot5/4^{2} \cdot 4\cdot6/5^{2} \cdot 5\cdot7/6^{2} \cdot ... \cdot 2007\cdot2009/2008^{2} \cdot 2008\cdot2010/2009^{2}.

Protože všude ve výrazu jen násobíme a dělíme, je možné na něj pohlížet jako na jeden zlomek a přeuspořádat jeho členy následovně:

2 \cdot 3^{2} \cdot 4^{2} \cdot ... \cdot 2008^{2} \cdot 2009 \cdot 2010 \over 2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 4^{2} \cdot ... \cdot 2008^{2} \cdot 2009^{2}.

Tady je už zřejmé, že se nám převážná část zlomku pokrátí. Zůstane jen

2010 \over 2\cdot2009 = 1005/2009,

což je také správný výsledek.

Komentář: Hodnotil jsem docela mírně, stačilo mi, pokud jste alespoň vypozorovali, že když přidáváte prvky k výrazu, máte výsledek podle určitého pravidla pevně dán. S příkladem nebyl nějaký větší problém a řešení byla povětšinou správná.

Úloha č. 2

Ze zadání víme, že všichni synové dostanou stejné množství vína. Kolik to bude už ale zadání neříká. Víme však, že král má tři syny a 24 l vína, takže jednoduše dopočítáme, že každý syn dostane 8 l.

Podívejme se nyní na velikosti jednotlivých džbánů. Můžeme si všimnout, že když naplníme třináctilitrový džbán a z něho naplníme pětilitrový džbán, zůstane ve třináctilitrovém džbánu přesně 8 l vína. Když těchto 8 l přelijeme do jedenáctilitrového džbánu a pětilitrový džbán přelijeme zpět do čtyřiadvacetilitrového džbánu, tak můžeme celý postup zopakovat. Tím opět získáme ve třináctilitrovém džbánu 8 l vína. Teď už jen stačí přelít víno z pětilitrového džbánu zpět do čtyřiadvacetilitrového a úloha je vyřešena.

Ve džbánech o objemech 24 l, 13 l a 11 l teď máme po osmi litrech vína.

Pro přehlednost uvádíme řešení zapsané v tabulce:

Objemy džbánů: $$ 24 l $$ $$ 13 l $$ $$ 11 l $$ $$ 5 l
Počáteční stav: $$ 24 $$ $$ 0 $$ $$ 0 $$ $$ 0
1. přelití: $$ 24-13 $$ $$ 0+13 $$ $$ 0 $$ $$ 0
2. přelití: $$ 11 $$ $$ 13-5 $$ $$ 0 $$ $$ 0+5
3. přelití: $$ 11 $$ $$ 8-8 $$ $$ 0+8 $$ $$ 5
4. přelití: $$ 11+5 $$ $$ 0 $$ $$ 8 $$ $$ 5-5
5. přelití: $$ 16-13 $$ $$ 0+13 $$ $$ 8 $$ $$ 0
6. přelití: $$ 3 $$ $$ 13-5 $$ $$ 8 $$ $$ 0+5
7. přelití: $$ 3+5 $$ $$ 8 $$ $$ 8 $$ $$ 5-5
Konečný stav: $$ 8 $$ $$ 8 $$ $$ 8 $$ $$ 0

Komentář: Přelévání probíhá vždy tak, že jeden džbán úplně vyprázdníme, nebo druhý zcela naplníme. Nedá se tedy udělat například to, že z pětilitrového džbánu odlijeme 2,5 l. Stejně tak není možné si půjčit džbán o jiném objemu z královské kuchyně ani nechat jednoho ze synů vypít odměřených osm litrů a pak pokračovat v rozlévání vína.

Uvedené řešení je pouze jedno z mnoha možných. Jako správná jsem uznávala všechna řešení, která dodržovala tato pravidla přelévání.

Úloha č. 3

Pokud se podíváme na vzdálenost oázy od startu a nosnost velblouda, je jasné, že najednou do cíle dojít nemůžeme -- zastavili bychom se uprostřed pouště bez jediného banánu. Musíme tedy po cestě nechávat zásoby tak, abychom byli schopni přejít celou poušť. Navíc to musíme udělat tak, aby nám zbylo co nejvíce banánů.

Budeme se snažit využít všechny banány -- určitě nemá smysl nechávat si nějaké na startu. Nejprve si rozmyslíme, jak dopravíme co nejvíce banánů ze startu na první kilometr. Vzhledem k tomu, že na startu je 1890 banánů a velbloud má nosnost jen 630, je jasné, že budeme muset jít třikrát. Také se ale budeme muset dvakrát vracet, takže celkem ujdeme 5 km. Sníme tedy pět banánů a po prvním kilometru nám jich zbyde 1885. Stejným způsobem můžeme posunout banány o další kilometr. Je vidět, že na přesun všech našich banánů o 1 km potřebujeme pět banánů. Toto ovšem bude platit jen do té doby, než sníme 630 banánů - pak už totiž budeme mít jen 1260 banánů, a tak už nemusíme s banány chodit třikrát, ale stačí nám pouze dvě cesty tam a jedna zpět. Budeme mít proto spotřebu 3 banány na jeden kilometr. Až sníme dalších 630 banánů, pak už můžeme odnést všechny banány najednou až do konce.

Nyní musíme zjistit, kolik banánů vlastně doneseme do konce. Dokud nesníme 630 banánů, budeme mít spotřebu 5 banánů na 1 km. Takto ujdeme 630 / 5 = 126 km. Po 126 kilometrech tedy máme 1260 banánů. Dokud nesníme dalších 630 banánů, budeme mít spotřebu 3 banány na kilometr. Takto ujdeme 630 / 3 = 210 km. Jsme tedy po 336 kilometrech a máme 630 banánů. Do cíle už nám zbývá 497 km a dojdeme tam s 630 - 497 = 133 banány.

Ještě jedna poznámka na závěr. Úloha byla myšlena tak, že velbloud sežere na každý kilometr jeden banán, v zadání ale bylo napsáno, že velbloudovi musíme po každém kilometru dát jeden banán, jinak se zastaví. Poté co dojde velbloud do oázy, mu tedy poslední banán dávat nemusíme - je nám jedno, že už nepůjde dál. Takto bychom převezli o jeden banán víc, tj. 134 banánů. Uznával jsem samozřejmě obě odpovědi.

Komentář: Někteří z vás našli správné řešení, ale nijak nezdůvodnili, jak k němu došli. Těm jsem strhával jeden bod. Také jste se občas dopustili omylu, když jste předpokládali, že vám jedno skladiště bude stačit. Tímto způsobem do oázy nelze dopravit největší možný počet banánů. Těmto řešitelům jsem strhl body dva.

Úloha č. 4

Nejdříve si nakreslíme náčrtek a vymyslíme, jak budeme postupovat:

Ze zadání víme, že úhel BAX je 45\deg, kde X je pata výšky v_{b} na přímce AC. Trojúhelník BAX je tudíž rovnoramenný a umíme ho jednoduše sestrojit dle věty usu. Pokud by velikosti AC a BC byly stejné, stačilo by sestrojit osu úsečky AB a tam, kde protne přímku AX, by byl bod C. Do této situace se ale můžeme jednoduše dostat zkrácením či prodloužením strany AC na úsečku P_{1}C resp. P_{2}C.

Postup konstrukce je následující:

  • p,
  • A; A \in p,
  • q; \angle pq = 45\deg, A \in q,
  • X; X \in p, |AX| = 6 cm,
  • B; B \in q, |BX| = 6 cm,
  • P; |PA| = 2 cm, P \in p,
  • o; o osa PB,
  • C; C \in p \cap o,
  • \triangle ABC.

Vidíme, že úloha má dvě řešení, první pro |AC|>|BC| a druhé pro |AC|<|BC|.

Komentář: Většina řešitelů si neuvědomila, že rozdíl neříká, která strana je delší a je třeba uvažovat obě řešení. Také doporučuji všem přečíst si postup konstrukce.

Úloha č. 5

Úloha se dala řešit dvěma základními způsoby. Jeden z nich je prostě vypsat všechny způsoby, jak můžeme chodník vydláždit. Na začátek bych jen řekla, že dlaždice se opravdu nedaly lámat, to by pak způsobů bylo nekonečně mnoho. Všechny způsoby, jak se dal chodník vydláždit tady rozhodně ukazovat nebudu. Pokusím se vám ukázat, jak jste mohli tento příklad řešit elegantně.

Představme si, že máme chodník položen tak, že devět jednotek je na šířku a dvě na výšku. Takže máme chodník širší než delší. Dlaždice můžeme pokládat buďto na výšku, nebo na šířku. Pokud ji ale položíme na šířku, musíme hned použít druhou dlaždici, kterou položíme vedle ní tak, že spolu vytvoří čtverec 2\times2. Nyní si úlohu můžeme představit tak, že v každém kroku pokládání dlaždic se můžeme rozhodnout, zda položíme jednu dlaždici na výšku, nebo dvě dlaždice na šířku (čili čtverec) a tím pádem zda dláždíme plochu 1\times2 nebo 2\times2.

Začneme dláždit od kraje a vždy nás zajímá, kolika způsoby můžeme vydláždit plochu 1\times2, 2\times2, 3\times2 atd. Na první úsek plochy je jen jeden způsob dláždění, na druhém úseku jsou to už dva způsoby, na třetím tři způsoby a snadno ještě nahlédneme, že plochu 4\times2 lze vydláždit pěti způsoby. Nyní si povšimněme jedné zajímavé vlastnosti. Počet způsobů každé plochy se dá vypočítat jako součet ploch o jedna a dvě menší. A proč to funguje? Pokud chceme vydláždit plochu 4\times2, vezmeme si plochu 3\times2, kterou můžeme vydláždit třemi způsoby a přidáme k tomu dlaždici na výšku, a plochu 2\times2, kterou vydláždíme dvěma způsoby a ke které přidáme onen čtvereček (dvě dlaždice na šířku nad sebou). Tato možnost určitě v předchozím případě nebyla. Sečtením počtu způsobů, jak zaplnit plochu 2\times2 a plochu 3\times2, dostaneme počet způsobů, jak můžeme vydláždit chodník 4\times2. Obecně označíme-li Z_{n} počet způsobů, jak vydláždit chodník n\times2, pak platí Z_{n}=Z_{n-1} + Z_{n-2}. Takto tvořené posloupnosti se říká Fibonacciho posloupnost. Otázka zněla, kolika způsoby lze vydláždit chodník 2\times9. Zajímá nás tedy hodnota Z_{9}, ke které se po chvíli počítání dostaneme. Odpověď zní Z_{9}=55.

Komentář: Až na tři řešitele jste řešili úlohu vypisováním všech možností. Což se po vás nechtělo, ale uznávala jsem i tento postup, ale často jste v něm dělali chyby, zapomínali jste na možnosti, proto to není pěkný postup na rozdíl od výše uvedeného.

Úloha č. 6

Původním záměrem bylo vytvořit zátku, která bude mít z každé strany průřez odpovídající jednomu ze zadaných otvorů. Na následujícím obrázku jsou zobrazeny jediné dvě možnosti, jak taková zátka může vypadat.

V zadání ale není řečeno, že zátka nesmí přesahovat přes okraj lahve. Tím získáváme v podstatě nekonečné možnosti. Stačí, aby zátka měla tři části, z nichž každá pasuje do jednoho otvoru. Taková zátka může být sice nepraktická, ale zadání příkladu splňuje. Nejčastější takové řešení ukazuje následující obrázek.

Komentář: Jako správné jsem uznávala všechny zátky, kterými se otvory daly zacpat. Velice doporučuji si při řešení podobných příkladů zátku opravdu vyřezat. Předejdete tím nepřesnostem v částech, které na obrázku nejsou vidět.

Úloha č. 7

Řešení úlohy je postaveno na podobnosti trojúhelníků, a sice na jejím zvláštním případě -- stejnolehlosti. Kdo tento jev nezná, nemusí propadat panice, mnozí ji pojednali víceméně intuitivně a došli také ke správným výsledkům. Další možnosti, byť o mnoho pracnější, nám skýtá využití Pythagorovy věty, či trojčlenky, několik jedinců s potěšením sobě vlastním využilo k řešení dokonce funkce. Přesto je stejnolehlost nasnadě a její pomocí dospějme k výsledkům.

Nejprve si znázorníme situaci. Úsečky GH a BC představují okna při pohledu odněkud shora. A a F jsou naše levé a pravé oko. Clonící prst jsme redukovali na úsečku DE. Vzdálenosti na obrázku samozřejmě nemohou být v odpovídajících poměrech, jedná se tedy pouze o jakýsi náčrtek. A na něm si nemůžeme nevšimnout zajímavého útvaru. Jsou jím trojúhelníky ABC a ADE. Při vrcholu A mají stejný úhel a protilehlé strany jsou vzájemně rovnoběžné, větší jako by vznikl z menšího pouhým „odsunutím přepážky“ přes úhel BAC. A to znamená, že právě tyto dva trojúhelníky jsou stejnolehlé.

Z této stejnolehlosti plyne zásadní zjištění, že veškeré jejich rozměry jsou vůči sobě v poměru 1 cm ku 2 m, tedy 1\over200. Platí to pochopitelně i pro výšky, a proto je-li výška trojúhelníku ADE 30 cm, pak výška v ABC musí být 30 \cdot 200 = 6000 cm. Budova je tedy od nás vzdálena 60 metrů.

K dalšímu postupu použijeme jiné trojúhelníky: ADD' a ABB', jak to vidíme na obrázku. (Vzdálenost 3,5 cm je k okraji DE, nikoliv ke středu, kam je to 4 cm.) Jsou opět stejnolehlé a z toho vyplývá:

|DD'| \over |BB'| = |AD'| \over |AB'|.

A vymysleli jsme si je dobře, protože všechno kromě délky |AB'| známe a můžeme ji tedy vypočítat:

|AB'| = |BB'| \cdot |AD'| \over |DD'| = 6000 \cdot 3,5 \over 30 = 700 cm.

Víme tedy, že horizontální vzdálenost levého oka A od pravého okna BC je 7 metrů. Jistě si ochotně představíme totéž souměrně na druhou stranu. Ale pozor! Prostým sečtením obou vzdáleností na 14 metrů by se nám do součtu dostal prostor mezi očima dvakrát! I když se jedná o vcelku zanedbatelných 8 cm, přesný výsledek nakonec činí 13,92 m coby vzdálenost obou oken.

Komentář: Přestože řešitelů nebylo mnoho, naprostá většina byla úspěšná. Ať už jste si vymysleli jakoukoliv metodu výpočtu, pokud jste ji udrželi a správně popsali, dostali jste plný počet bodů. Ti, kteří očividně použili stejnolehlosti, ale ani nenapsali, že trojúhelníky jsou podobné, dostali o bod méně pro neopodstatněný postup. Řešitelé, kteří správně určili vzdálenost domu, ale nikoliv oken od sebe, dostali dva body. Když k tomu přispěli alespoň myšlenkou dalšího postupu, pak ještě o bod více. Obecně lze snad říci, že úloha byla příliš snadná, protože se řešitelé dopouštěli přebujelých myšlenkových konstrukcí značně převyšujících potenciál úlohy.

Opravovali: 1. Jiří Harasim, 2. Michal Mašek, 3. Tomáš Toufar, 4. Eva Černohorská, 5. Klára Krejčíčková, 6. Tereza Pechová, 7. Pavel Houdek.