Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Začneme tím, že žárovky očíslujeme čísly od 1 do 4242. Důležité je všimnout si, že svítit budou žárovky, jejichž čísla mají lichý počet dělitelů, přičemž nepočítáme pouze prvočíselné dělitele, ale všechny (např. číslo 12 má dělitele 1, 2, 3, 4, 6, 12; číslo 9 má dělitele 1, 3, 9). Žárovka s číslem 9 bude svítit (první vypínač ji zapne, třetí vypne a devátý zapne, ostatní neudělají nic), naproti tomu žárovka s číslem 12 bude zhasnutá, protože má sudý počet dělitelů (první vypínač ji zapne, druhý vypne atd. až nakonec dvanáctý vypínač ji opět vypne).

Nyní potřebujeme zjistit, která čísla mají lichý počet dělitelů. Využijeme následujícího faktu: Pokud číslo d dělí n, pak i n\overd dělí n. Takto ke každému děliteli najdeme druhého do dvojice. To se nám nepodaří pouze v případě, že d = n\overd. Pak ale n = d^{2}. Lichý počet dělitelů tedy mají pouze druhé mocniny přirozených čísel. Teď už stačí jen zjistit, kolik je druhých mocnin menších než 4242. To už je ale jednoduché, stačí odmocnit 4242 a zaokrouhlit dolů. Počet rozsvícených žárovek tedy je

| \sqrt{4242} | = 65.

Komentář: Téměř všichni, kteří řešení poslali, došli ke správnému výsledku. Někteří z vás ale nezdůvodnili, proč jsou druhé mocniny čísla s lichým počtem dělitelů. Jiní zase neuvedli, proč právě žárovky, jejichž čísla jsou druhé mocniny, budou svítit. Za tyto nedostatky jsem strhával 1 nebo 2 body.

Úloha č. 2

Jelikož se vyskytly dvě různé verze zadání, uvádím řešení obou případů. První verze zněla: „Ostrohrot vypadá jako kolmý trojboký jehlan, jehož boční stěny mají stejný obsah a podstava má tvar rovnostranného trojúhelníku s jednotkovými stranami. Jakou délku mohou mít zbylé tři hrany?“

Podstava má tvar rovnostranného trojúhelníku s jednotkovými stranami, což znamená, že všechny tři strany mají délku jedna. Všechny tři boční stěny tedy budou mít základnu o stejné velikosti. Aby měly tyto stěny stejný obsah, musí mít stejnou velikost i jejich výšky. Stěny proto budou rovnoramenné trojúhelníky.

Určíme nejmenší možnou velikost, aby vůbec vznikl jehlan. Musí platit, že velikost hrany boční stěny je větší než vzdálenost od vrcholu k těžišti podstavy (hlavní vrchol jehlanu leží nad těžištěm). Tato vzdálenost je rovna 2\over3 těžnice, v případě rovnostranného trojúhelníku je to také výška. Velikost výšky určíme z Pythagorovy věty:

v = \sqrt{1-1\over4} = \sqrt{3}\over2.

To znamená, že 2\over 3 této vzdálenosti je \sqrt{3}\over3. Všechny zbylé hrany mohou mít délku z intervalu (\sqrt{3}\over3,\infty).

Druhá verze zadání: „Ostrohrot vypadá jako čtyřstěn, jehož stěny mají stejný obsah a podstava má tvar rovnostranného trojúhelníku s jednotkovými stranami. Jakou délku mohou mít zbylé tři hrany?“

Podstava má tvar rovnostranného trojúhelníku s jednotkovými stranami, což znamená, že všechny tři strany mají délku jedna. Všechny tři boční stěny tedy budou mít základnu o stejné velikosti. Aby měly tyto stěny stejný obsah, musí mít stejnou velikost i jejich výšky. Musí však mít stejný obsah i se čtvrtou stěnou, proto musí být velikost jejich výšky rovna velikosti výšky v trojúhelníkové podstavě. Odtud plyne, že všechny čtyři trojúhelníky jsou shodné. Zbylé tři hrany mají délku jedna.

Komentář: Většina řešení byla správně, část řešitelů však pouze odhadovala výsledek, aniž by uvedla postup řešení a zdůvodnila jej.

Úloha č. 3

Aby v dráze nenastal zlom, musí jedna čtvrtkružnice na druhou navazovat jedním z následujících dvou způsobů:

Protože dráha má začínat i končit na stejném místě, musí obsahovat alespoň jednu otočku prvního typu. Jinak by se nikdy nemohla stočit zpět k místu, kde začala. Dráhu proto začneme vytvářet z otočky prvního typu.

V prvním kroku přidáme všemi možnými způsoby jednu čtvrtkružnici na začátek dráhy a jednu na konec dráhy. Způsoby jsou jenom čtyři. Buď zatáčí obě čtvrtkružnice doleva, nebo první doprava a druhá doleva, nebo první doleva a druhá doprava a nebo obě doprava.

Tím získáme čtyři nové dráhy. První a poslední jsou ale stejné, pouze zrcadlově obrácené, proto čtvrtou dráhu zahodíme (na obrázku je šedě a má stejně jako první dráha označení B1). V každém dalším kroku přidáme jednu čtvrtkružnici na začátek a na konec každé známé dráhy a poté zahodíme ty dráhy, které se opakují a které nesplňují požadavky ze zadání.

Po druhém kroku máme osm různých drah dlouhých šest čtvrtkružnic. Všimněte si, že tři dráhy vzniklé z B2 (na obrázku jsou šedě a jsou označeny písmenem X) jsme zahodili, protože šly po některé čtvrtkružnici dvakrát.

Po třetím kroku máme 14 drah dlouhých osm čtvrtkružnic. Většina drah byla zahozena proto, že jejich konce byly příliš daleko od sebe a tedy by se již zbývajícími čtyřmi čtvrtkružnicemi nedaly spojit.

Čtvrtý a pátý krok provedeme najednou. Konce drah, které by po čtvrtém kroku nebyly zahozeny musí být spojitelné dvěma čtvrtkružnicemi a to lze udělat vždy pouze jediným způsobem.

Nalezli jsme šest drah a víme, že žádná další již neexistuje.

Zeťanka proto musela projít šest drah.

Komentář: Najít všechny dráhy, kterými lze projít město, nebylo až tak těžké. Daly se najít už po chvilce zkoušení. Mnohem složitější bylo ukázat, že už žádná jiná dráha neexistuje. Často se stalo, že jste na jednu z drah zapomněli, proto jsem plný počet bodů dával těm, kteří dospěli ke správnému řešení nějakým systematickým postupem.

Úloha č. 4

První měsíc vydláždili nějakou plochu, označme ji x. Předpokládejme na chvíli, že jejich cílem je vydláždit plochu 2x, tedy dvojnásobek toho, co vydláždili první měsíc. Po prvním měsíci jim proto zbývá vydláždit plochu x. Protože druhý měsíc vydláždí jen polovinu toho co první měsíc, tedy 0,5x, tak po dvou měsících jim bude zbývat vydláždit plochu x-0,5x=0,5x. Třetí měsíc vydláždí už jen plochu 0,25x a bude jim zbývat vydláždit ještě 0,25x. Je vidět, že každý měsíc vydláždí polovinu z toho, co jim ještě zbývá, takže jim vždycky bude k úplnému dokončení kousek chybět. Pokud první měsíc vydláždili plochu x, tak se jim určitě nikdy nepodaří vydláždit plochu větší než 2x, tedy maximálně vydláždí dvojnásobek toho, co vydláždili první měsíc.

Teď už zbývá jenom spočítat, jakou plochu vydláždili v průběhu prvního měsíce. V pátém měsíci vydláždili dvakrát víc než v šestém, ve čtvrtém čtyřikrát víc, ve třetím osmkrát víc, ve druhém šestnáctkrát víc a v prvním dvaatřicetkrát víc než v šestém měsíci. Jestliže v šestém měsíci vydláždili 15 625 m^{2}, tak v prvním měsíci vydláždili 32 \cdot 15 625 = 500 000 m^{2} = 0,5 km^{2}.

Podle úvahy, kterou jsme provedli na začátku, nemohli vydláždit větší plochu než 2 \cdot 0,5=1 km^{2}, a proto rozhodně nebyli schopni vydláždit ani plochu větší než 2 km^{2}.

Komentář: Většina z vás sice spočítala, kolik vydláždili v prvním měsíci a správně usoudila, že 2 km^{2} vydláždit nemůžou, ale už se to nesnažila nijak vysvětlit. Při tom právě tato úvaha byla na celém postupu nejdůležitější.

Úloha č. 5

Úloha věru že nebyla jednoduchá, už pro nutnou znalost základů trigonometrie, jak se na závěrečnou sérii taky sluší. Nejelegantnějšímu řešení se přiblížil Václav Steinhauser a jeho nápad jsem pro vzorové řešení upravil.

Načrtneme si situaci podle zadání. Vnitřní úhly trojúhelníku ABC jsou 135\deg, 30\deg a 15\deg. Zvolíme si pomocný bod Y tak, že $Y \in CB a že |\angle AYB| = 90\deg$. Vidíme, že \triangle AYB je vlastně „půlka rovnostranného trojúhelníku“ -- úhly 30\deg, 60\deg a 90\deg. Strana takového rovnostranného trojúhelníku má délku 4 km a je pak jasné, že |AY| = 2 km a |YB| = 2\sqrt{3} km.

Trojúhelník AYC je pravoúhlý a při vrcholu C svírá 15\deg. Použijeme tedy funkci tangens. Hodnoty nezaokrouhlujeme a pro další výpočty si je necháme v kalkulačce, abychom nepřišli ke zbytečné chybě:

\eqalign{ \tg 15\deg &= |AY| \over |CY|, \cr |CY| &= |AY| \over \tg 15\deg = 7,4641... \cr}

Teď tedy známe délku celé strany CB i její poloviny CS a můžeme spočítat délku SY:

\eqalign{|CB| &= |CY| + |YB| = 10,9282..., \cr |CS| &= |BS| = |CB|\over 2 = 5,4641..., \cr |SY| &= |CY| - |CS| = 2.\cr}

A ejhle, úsečka SY je stejně dlouhá jako úsečka AY! Svírají pravý úhel, takže to máme pravoúhlý rovnoramenný trojúhelník AYS s úhlem 45\deg při vrcholu S. A máme tu onu osovou souměrnost, podle které se úhel ASB promítá na úhel ASB' a jsou tedy shodné. To dává dohromady pravý úhel BSB'. Stejný pravý úhel bude svírat i \angle CSX. Počítáme tedy obsah pravoúhlého trojúhelníku a to umíme velice dobře, jen si ještě zjistíme |SX|:

\tg 15\deg = |SX| \over |CS|,
|SX| = |CS| \cdot \tg 15\deg = 1,4641...,

a proto

S_{\triangle CSX} = |CS| \cdot |SX| \over 2 = 4 km^{2}.

Pokud jsme v průběhu výpočtu nic zbytečně nezaokrouhlili, vyšla hledaná plocha trojúhelníku CSX rovna 4 km^{2}.

Komentář: Zadání této úlohy stihla bohužel jistá nepříjemnost. Při tvorbě tištěného zadání jsme nedopatřením zaměnili v zadání slovo trojúhelník za čtyřúhelník, čímž příklad od pohledu pozbyl smyslu. Ti z vás, kteří se tímto zadáním řídili, pak skončili konstatováním chyby a dál nepokračovali, přestože se nám mohli ozvat například e-mailem, nebo použít správné zadání z našich internetových stránek, jak učinili mnozí jiní. Chápu to jako pochybení na obou stranách a bodové hodnocení jsem stanovil jako jakousi „remízu“ -- tedy tři body. Za svou chybu se vám omlouváme.

Úlohu samotnou považuji za obtížnou a při jejím řešení každý řešitel prokázal značnou dávku trpělivosti nebo vynalézavosti. A každý se také dopustil menší nebo větší chyby v logických krocích postupu. Vzhledem k náročnosti úlohy jsem ale nad malými přimhouřil oko, za větší strhával po jednom bodu.

Úloha č. 6

V zadání byla nápověda, že máte použít otočení, ale jak? Představme si daný čtverec KLMN s bodem A a v něm už jeden hledaný sestrojený rovnostranný trojúhelník ABC. Pokud bychom teď otočili čtverec o 60\deg kolem bodu A, splynul by bod C s bodem B. To ale znamená, že pokud budeme chtít sestrojit všechny trojúhelníky, tak stačí čtverec otočit kolem bodu A o 60\deg a průsečíky obou čtverců budou body jednotlivých hledaných trojúhelníků. Nyní máme od každého trojúhelníku už dva vrcholy, a protože mají být rovnostranné, tak poslední vrcholy sestrojíme jednoduše, např. podle věty sss.

Pro naše zadané rozměry vyšla dvě řešení.

Komentář: Řešení byla hodně různá, někteří jste měli řešení zcela správně i se správným vysvětlením. Body jsem strhávala za chybějící vysvětlení postupu. Některým řešitelům se podařilo najít pouze jedno řešení a ne pomocí otočení, což sice nevadilo, ale nepřišli na řešení druhé, těm jsem dávala dva body. A vyskytly se tři řešení, jejichž autoři umístili bod A nikoli vně čtverce, ale dovnitř. Úlohu si nezjednodušili, ale řešili jiný příklad.

Úloha č. 7

Uvažme pozici po jednom kole výměn na šachovnici. Oba dva vždy prohodili jednu dvojici, mohly tedy nastat následující tři případy:

První případ -- Xssssfool vyměnil jednu dvojici, Honza ji dal zase zpět. Ve výsledku se nic nestalo a není třeba nic napravovat.

Druhý případ -- Xssssfool vyměnil dvojici figurek, načež Honza vyměnil jednu z těchto dvou figurek se třetí, úplně jinou figurkou. Takové figurky si můžeme po řadě označit A, B, C. Po Xssssfoolově výměně bylo pořadí figurek B-A-C, pořadí po Honzově výměně bylo buď B-C-A, nebo C-A-B. Tady je ale snadno vidět, že B-C-A spraví jedna cyklická výměna doprava a C-A-B jedna cyklická výměna doleva.

Třetí případ -- Xssssfool i Honza vyměnili každý úplně jiné figurky. Figurky si označíme A, B, C, D v původním postavení, tedy po výměně vypadala situace B-A-D-C. Uděláme-li teď výměnu poslední trojice doprava, situace bude B-C-A-D. Situaci B-C-A už známe z předchozího případu a řešíme ji opět cyklickou výměnou směrem vpravo.

Vidíme, že jedno kolo změn dokážeme cyklickými výměnami trojic snadno vrátit zpět do předchozího postavení. Nic nám nebrání postupovat od poslední vytvořené pozice k předposlední, od předposlední k předchozí a tak dále až do původního postavení figurek na šachovnici. Správná odpověď tedy zní: „Ano, musí se jim to vždy podařit.“

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