Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Řešení si vysvětlíme na následujícím obrázku:

Kromě bodů P, Q a X ze zadání jsme v něm označili ještě průsečík S úseček PQ a AX a několik úhlů, se kterými budeme počítat. Délku strany trojúhelníku označíme a.

Protože bod X vznikl přehnutím bodu A podle úsečky PQ, tak trojúhelník PQX je obrazem trojúhelníku PQA v osové souměrnosti podle osy PQ, a proto jsou trojúhelníky PQX a PQA shodné. Bod S proto leží ve středu úsečky AX, úsečka AX je kolmá na úsečku PQ a |AQ|=|QX| a |AP|=|PX|.

Protože je trojúhelník rovnostranný, tak víme, že všechny jeho vnitřní úhly mají velikost 60\deg. Velikost úhlu BAX si označíme \varphi. Součet vnitřních úhlů trojúhelníku je 180\deg, proto velikost úhlu SPA bude 180\deg-90\deg-\varphi=90\deg-\varphi. Trojúhelníky PQA a PQX jsou shodné, takže i úhel XPS má velikost 90\deg-\varphi. Úhel APB má velikost 180\deg, a proto velikost úhlu BPX je \alpha=180\deg-2\cdot(90-\varphi)=2\varphi. Velikost úhlu PXB dopočítáme z trojúhelníku PXB: \beta=180\deg-60\deg-2\varphi=120\deg-2\varphi.

Obdobným způsobem spočítáme i úhly \alpha' a \beta'. Z trojúhelníku AQS zjistíme, že velikost úhlu AQS je 180\deg-60\deg-(90\deg-\varphi)=30\deg+\varphi. Trojúhelník AQS je shodný s trojúhelníkem XQS, pak i úhel SQX má velikost 30\deg+\varphi. Protože úhel CQA má velikost 180\deg, tak velikost úhlu \beta' je 180\deg-2\cdot(30\deg+\varphi)=120-2\varphi. Nakonec z trojúhelníku XQC spočítáme, že \alpha'=180\deg-60\deg-(120\deg-2\varphi)=2\varphi.

Z rovností \alpha=\alpha' a \beta=\beta' plyne, že jsou trojúhelníky XQC a PXB podobné. Proto platí následující dvě rovnice:

Bod X leží v jedné třetině úsečky BC, tudíž |BX|=1\over3a a |CX|=2\over3a. Dále víme, že |CQ|=a-|AQ|=a-|QX|, a že |BP|=a-|AP|=a-|PX|. Tyto hodnoty dosadíme do první rovnice a vyjádříme |QX|:

Dosadíme do druhé rovnice a spočítáme |PX|:

Hodnotu |PX| dosadíme do vztahu pro |QX| a budeme prakticky hotovi:

Hledaný poměr je:

Komentář: O takovýto postup pomocí podobných trojúhelníků se bohužel nikdo nepokoušel, většina řešení byla založená na goniometrických funkcích.

Častou chybou byl předpoklad, že úhel \varphi má velikost 20\deg. Kdyby bod X dělil úsečku BC v poměru 1:1, tak by byl i úhel u vrcholu A rozdělen v poměru 1:1. Pro ostatní poměry to ale neplatí. Za povšimnutí také stojí, že výsledný poměr vůbec nezávisí na délce strany trojúhelníku.

Úloha č. 2

Ke správnému vyřešení úlohy bylo nutné jedno pozorování: Máme úsečku AB a nad ní sestrojíme Thaletovu kružnici k, tečny ke kružnici k v bodech A a B tvoří pás P. Potom body vně kružnice k a zároveň uvnitř pásu P tvoří s body A a B ostroúhlý trojúhelník. K lepší orientaci poslouží obrázek.

Úhly \alpha, \delta jsou ostré, protože jsou vnitřními úhly pravoúhlého trojúhelníku, které nejsou pravé. Úhel \beta je ostrý, protože bod C leží v pásu P.

Jak nám to nyní pomůže při řešení úlohy? Sestrojíme nad stranami čtverce AB a CD kružnice. Bod S zvolíme jako střed strany AD a sestrojíme Thaletovy kružnice nad úsečkami AS a SD. Vidíme, že ve čtverci zbylo místo, které nepokrývá žádná kružnice. V tomto místě zvolíme dva body a máme zaručenou ostroúhlost našich osmi trojúhelníků:

Komentář: Vytvořily se dvě téměř stejně velké skupiny. První tvrdila, že to nejde. Druhá nalezla řešení. První skupina za pokusy o zdůvodnění, že řešení neexistuje dostala bod. Příslušníkům druhé skupiny, kteří řešení našli, ale nenapsali, proč jsou všechny trojúhelníky ostroúhlé, jsem dávala čtyři body.

Úloha č. 3

Kostka má šest různě barevných stěn, proto existuje šest možností, kam na ni umístit jedničku. Součet na protějších stěnách musí dávat sedm, takže na protější stěně musí být šestka. Ve druhém kroku umístíme na kostku dvojku. Protože zbývají čtyři volné stěny, tak můžeme dvojku umístit čtyřmi způsoby. Součet musí být opět sedm, proto na protější stěnu musíme umístit pětku. Tím zbydou dvě volné stěny, na které můžeme umístit trojku a čtyřku dvěma způsoby. Tím jsou všechna čísla umístěná a součet na protilehlých stěnách je vždy roven sedmi.

Ke každému ze šesti způsobů, jak umístit jedničku a šestku, existují čtyři způsoby umístění dvojky a pětky, a ke každému z nich existují dva způsoby, jak umístit trojku a čtyřku. Celkem tedy existuje 6 \times 4 \times 2 = 48 možností, jak kostku vyrobit.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste si neuvědomili, že stěny jsou různobarevné, proto záleží, na kterou z nich číslo umístíte, tedy dvě kostky se stejným rozložením čísel jsou různé, pokud je na jedné jednička na červené stěně a na druhé na žluté.

Úloha č. 4

Tuto úlohu začneme řešit od konce. Víme, že na konci měli stejně kuliček, označíme si tento počet n. Místo jmen budeme používat pouze písmenka X (Xssssfool-1), A (Axel-57), H (Honza-7 504 741 002). Před posledním kolem museli mít A a X n/2 kuliček. Neboť v posledním kole se počet jejich kuliček zdvojnásobil. To znamená, že H musel dát jak X tak A n/2 kuliček, dohromady tedy udal n kuliček. Před poslední hrou musel mít tedy 2n kuliček. Podobně budeme pokračovat dále a vše zapíšeme do tabulky.

Nyní si uvědomíme, jakých hodnot může nabývat n. Záporná čísla a 0 nepřicházejí v úvahu, protože v zadání je řečeno, že nikdo nebyl ani na nule, ani v záporu. Musíme zamezit výskytu desetinných čísel (kuličky se opravdu nedají dělit), proto musí být n násobkem osmi (na začátku mají X a A nějaké osminy z n).

Kdyby bylo n násobkem osmi a bylo větší než osm, pak bychom nesplnili podmínku v zadání, že měli všichni pod 20 kuliček (13\cdot16/7>20). Proto přichází v úvahu jedině číslo 8. Nyní vypočteme, kolik měli Honza, Xssssfool a Axel na začátku:

Honza měl tedy na začátku 4 kuličky, Xssssfool 13 kuliček a Axel 7 kuliček.

Komentář: Většina z vás měla úlohu správně, sem tam chybělo nějaké zdůvodnění, ale špatné výsledky se moc neobjevovaly.

Úloha č. 5

Nejdůležitějším úkolem tohoto příkladu je správně si jej nakreslit. Pusťme se tedy do toho.

Délku hrany velké krychle prozatím označíme a, abychom se vyhnuli zbytečnému vyčíslování a zaokrouhlování. Na řezu vidíme, že délku b hrany osmistěnu vypočítáme snadno podle Pythagorovy věty:

Stěnu tohoto osmistěnu tedy tvoří rovnostranný trojúhelník, jehož výšku alias těžnici dělí těžiště trojúhelníku v jedné třetině. Hned toho využijeme při nalezení malé krychle o hraně délky c:

Při pohledu na osmistěn „shora“ hned vidíme, že bychom k výpočtu c mohli využít těžnic a opět Pythagorovy věty, ale pozor! Těžnice přece vybíhají nahoru k nám a jejich délka i úhel jsou tedy na půdorysu zkresleny! Ke stejnému účelu ale můžeme využít strany délky b, které už leží s naší hranou délky c ve stejné rovině. Pouze nebudeme používat těžnici, ale polovinu strany délky b, jak vyplývá z obrázku. Dostaneme:

Abychom mohli porovnat malou a velkou krychli, musíme c vyjádřit pomocí a:

Spočítali jsme, že délka a hrany velké krychle je třikrát větší než délka c hrany krychle malé (a ani jsme přitom nepotřebovali za a dosadit oněch 10 cm). Objemy jsou však jejich třetími mocninami. Tím se umocní i zmenšení. Správná odpověď tedy zní, že krychlko se úpravou zmenšilo 27 krát.

Komentář: S úlohou jste se potýkali statečně, někteří však marně. Tací dostali alespoň 2 body útěchy. Největší slabinou mnohých postupů bylo zaokrouhlování. Pokud jste totiž počítali se skutečnými 10 cm a ještě jste cestou radostně zaokrouhlovali, snadno jste se dostali ke zmenšením 25 krát i méně a to se již nedá uznat jako správný výsledek.

Úloha č. 6

Bohužel, do zadání strčil prsty tiskařský šotek, a tak byla úloha pozměněna. Tak, jak byla zadána, nemá řešení. To je však třeba odůvodnit. Zopakujme si, co máme k dispozici -- jedno udělátko (U), které nám po vhození jehlánku dá dva jehlánky stejné barvy, a čtyři serepetičky (S), které ze dvou jehlánků modré barvy vytvoří jehlánek zelený a v ostatních případech (záleželo na tom, jestli jste uvažovali za „ostatní“ i případ vhození jednoho jehlánku) jehlánek modrý.

Nejdříve uvažme, že do serepetičky musíme vložit dva jehlánky. Na začátku máme dva jehlánky a dále můžeme získat jeden další použitím udělátka (udělátku jeden dáme a dva nám vypadnou). Je tedy vcelku snadné zjistit, že nemůžeme použít čtyři serepetičky, protože při každém průchodu serepetičkou jeden jehlánek ztrácíme.

Pokud vyřešíme obecnější případ, kdy můžeme do serepetičky vhodit jeden jehlánek nebo dva jehlánky, vyřešíme i případ jen pro dva jehlánky.

Na začátku máme dva jehlánky. Ve stroji musí každý z jehlánků vstoupit prvně do nějakého zařízení -- buď do udělátka, nebo serepetičky.

Podívejme se na jednotlivé případy. Pokud oba jehlánky projdou nejdříve jednou a toutéž serepetičkou, už nikdy dále nerozeznáme rozdíl mezi dvěma zelenými a modrým a zeleným. Tak to tedy nepůjde.

Pokud jeden projde udělátkem a jeden serepetičkou, tak ze serepetičky vždy dostaneme jehlánek modrý a tudíž nerozlišíme, jestli jsme do něj vpustili modrý či zelený.

Stejně tak, pokud nejdříve pustíme oba jehlánky do dvou různých serepetiček, dostaneme dva modré jehlánky, ať jsme měli na začátku jakoukoli barevnou kombinaci.

Z předchozích úvah tedy víme, že ať prvně projdou jehlánky jakoukoli z možných kombinací udělátka a serepetiček, náš magický stroj z toho nebude.

Původní zadání dávalo k dispozici libovolný počet udělátek a čtyři serepetičky. Do serepetičky musely přijít vždy dva jehlánky. Navíc, někteří řešitelé rozlišovali, jestli vhodíme do stroje zelený a modrý a modrý a zelený -- že záleží na pořadí. Nevím, jestli by si popletený kouzelník pamatoval, do které díry má který vhodit. Proto se mi více líbily úvahy, že na pořadí nezáleží.

A jak vyřešit původní zadání? Zkuste nejdříve řešení najít sami, pak si teprve přečtěte následující odstavce.

Z úvah o prvním projití je jasné, že nejdříve musíme oba jehlánky rozmnožit pomocí udělátek. Z každého udělátka povede jedna chodbička do (první) serepetičky, pod tuto serepetičku umístíme udělátko. Jehlánky, které nám vypadly z tohoto udělátka, zavedeme chodbičkami každý do jedné další serepetičky (druhá a třetí), kde se potkají s jehlánky z prvních dvou udělátek. Výrobky těchto dvou serepetiček svedeme do poslední (čtvrté) serepetičky, kterou náš stroj končí.

Stroj si můžete také prohlédnout na obrázku.

Jelikož je tento magický stroj symetrický, nezáleží na pořadí vhozených jehlánků.

Komentář: Je těžké odůvodnit, proč něco nemá řešení. Proto jsem velmi ocenila všechny pokusy o to to vysvětlit. Některým strojům se stalo, že jednou součástkou prošly jehlánky opakovaně, pak ale vyšly jinými cestičkami. My však nemáme nic, co by umožnilo výrobek součástky jednou poslat do jedné chodbičky a za chvíli do jiné. Mrzí mě, že se zadání „pochroumalo“.

Úloha č. 7

Pro řešení bylo podstatné všimnout si, že číslo 2010 je dělitelné třemi. Číslo 2010^{2} tedy musí být dělitelné devíti a protože 2010^{2010} = 2010^{2} \cdot 2010^{2008}, je i 2010^{2010} dělitelné devíti. Využijeme vlastnosti, že číslo dělitelné devíti má i svůj ciferný součet dělitelný devíti. Pak ale i ciferný součet tohoto součtu musí být dělitelný devíti. Pokud budeme podle postupu v zadání určovat ciferný součet, musíme vždy dostat číslo dělitelné devíti. Číslo l(2010^{2010}) tedy musí být dělitelné devíti. Jednociferná čísla dělitelná devíti jsou 0 a 9, nula ale nepřichází v úvahu, protože l(n) je pro každé přirozené číslo určitě kladné. Číslo l(2010^{2010}) se tedy rovná devíti.

Komentář: Všichni, co jste úlohu řešili, jste došli ke správnému výsledku. Ne vždy jste ale výsledek dostatečně odůvodnili, např. jste použili l(a^{b}) = l(l(a)^{l(b)}), aniž byste se pokusili zdůvodnit, proč tato rovnost platí. Další chybou bylo, že jste spočítali l(n) pouze pro několik mocnin čísla 2010 a prohlásili, že l(2010^{b}) pro b > 1 vyjde 9. Za obě tyto chyby jsem strhával dva body.

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