Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Trojúhelník PQR je složen ze středních příček trojúhelníku ABC, tudíž platí: |PQ| =1/2 |DC| , |QR| = 1/2 |AB| a |PR| =1/2 |BC| .

Protože |AK| =|KT| a |TL| = |LB| , úsečka KL je střední příčkou trojúhelníku ABT a má poloviční délku než strana AB (|KL| =1/2 |AB| ). Totéž platí pro úsečky LM (resp. MK) v trojúhelníku BCT (resp. CAT).

Vyjádřila jsem délky stran trojúhelníku PQR a KLM v závislosti na délkách stran trojúhelníku ABC a dospěla jsem k následujícímu: |KL| =|RQ| , |LM| =|RP| a |KM| =|PQ| .

Závěr: Poměr obsahů trojúhelníků KML a PQR je 1 : 1, protože jsou tyto trojúhelníky shodné (podle věty sss).

Komentář: Uvedla jsem jedno z možných řešení. Uznávala jsem každé řešení, které se opíralo o základní známé poznatky z geometrie. Stávalo se, že někteří z vás uváděli nepravdivé informace o stranách trojúhelníku, případně nedostatečně zdůvodnili své řešení.

K častým řešením bohužel patřilo „narýsováni a změření“. Tato úloha není o tom, že konstrukčně vyrobíte náhodný trojúhelník (často rovnostranný či rovnoramenný), změříte délky jeho stran a spočítáte obsahy trojúhelníků. Tímto postupem zjistíte (pokud přesně rýsujete), že tahle vlastnost platí u jednoho trojúhelníku, ale nezdůvodníte tím, že platí u libovolného trojúhelníku. Taková řešení jsem nemohla uznávat, hodnotila jsem je 1--2 body.

Úloha č. 2

Plocha měsíčku se nedá spočítat rovnou nějakým vzorcem, potřebujeme proto nejprve spočítat plochu té části, kterou mají oba kruhy společnou, označme si ji S'. Pro přehlednost si body průniku kružnic označíme A a B. Společná část je tvořena dvěma kruhovými úsečemi nad tětivou AB a někteří z vás obsah počítali pomocí vzorce pro obsah kruhové úseče. Toto řešení vede k cíli, nicméně uvedu elegantnější řešení.

Vidíme, že obsah společné části obou kruhů se dá spočítat jako součet obsahů dvou trojúhelníků (AS_{1} S_{2} a BS_{1} S_{2}) a čtyř přilehlých kruhových úsečí:

Trojúhelníky jsou shodné a navíc rovnostranné, neboť každá jejich strana je rovna poloměru kružnic. Dále si všimneme, že obsah kruhové úseče můžeme spočítat jako obsah kruhové výseče mínus obsah trojúhelníku:

K výpočtu obsahu trojúhelníku potřebujeme znát jeho stranu a výšku. Strana je rovna poloměru, tedy 10. Výšku spočítáme pomocí Pythagorovy věty (neboť je kolmá na stranu S_{1}S_{2} a navíc ji půlí):

Teď můžeme spočítat obsah trojúhelníku: S_{trojúhelník} = 10 \cdot 5 \sqrt{3} \over 2 = 25 \sqrt{3}.

Nyní spočítáme obsah kruhové výseče. Jak jsme řekli, trojúhelníky AS_{1}S_{2} i BS_{1}S_{2} jsou rovnostranné, úhly AS_{1}S_{2} i BS_{1}S_{2} mají tedy velikost 60 \deg, což je šestina plného úhlu, takže obsah této výseče bude roven jedné šestině obsahu kruhu:

Dosadíme obsah výseče a trojúhelníku a spočteme S':

Nyní zbývá jen poslední krok, a to je odečíst S' od povrchu kruhu, čímž dostaneme požadovaný obsah půlměsíce:

Komentář: Většina z vás došla ke správnému výsledku, a pokud ne, tak jste úlohu buď nedopočítali do konce, nebo se v jinak správném postupu vyskytla nějaká nesprávná úvaha. Chválím zejména ta řešení, která nepoužívala vzorečky opsané z tabulek, ale došla k výsledku takovouto či obdobnou úvahou. Samozřejmě na vzorečcích není nic špatného, ale vyskytlo se i několik řešení, kde použitý vzorec nebyl správně, nebo nebyl vůbec napsán a vedl ke špatnému výsledku, na to je potřeba dávat pozor.

Úloha č. 3

V zadání nebylo uvedeno, zda se jedná o pohled z levého nebo z pravého boku. Řešením jsou tedy dva útvary. Postup řešení je však stejný, proto jej uvedu jen jednou pro pohled z pravého boku.

Vzniklý útvar má být souvislý (nemá se rozpadat), tedy každá krychlička, která jej tvoří, musí sousedit stěnou minimálně s jednou další.

Celou úlohu budu pro názornost řešit v jednotlivých vrstvách.

Nejdříve si označíme pole, která jsou daná jednoznačně (víme, že krychličku daná vrstva buď obsahuje nebo určitě neobsahuje).

Prostřední vrstva obsahuje jen jednu krychličku, aby byl výsledný útvar souvislý, musí být nad ní a pod ní také krychlička. Doplním tyto dvě a další, které jsou již jednoznačné.

Zbývá dokončit horní vrstvu. Ze souvislosti výsledného útvaru musíme krychličku v zadním řádku doplnit doprostřed a zbytek je pak již jednoznačně určen.

Výsledný útvar vznikne složením těchto tří vrstev.

Komentář: Většina řešitelů nalezla správný výsledek, bez uvedeného postupu řešení jsem to však hodnotila pouze třemi body. Při drobných chybách jsem strhávala bod.

Úloha č. 4

Řešení by se dalo rozdělit do dvou částí: V první se ukáže, že délka řady nemůže být menší jak 10 a ve druhé se pouze nějaká řada nalezne. Máme celkem 8 tříprvkových posloupností virů (na každém ze tří míst může být vir A či B tj. 2\cdot2\cdot2=8). Navíc víme, že každá posloupnost začíná na jiném místě v řadě, a proto tedy musíme mít minimálně 8 začátků těchto posloupností. Konec poslední, osmé posloupnosti bude tedy minimálně na 10. místě (posloupnost má délku 3). Tím jsme dokázali, že má 10 členů a nyní již jen stačí jednu vypsat, a tak podmínky ze zadání splňuje třeba posloupnost AAABBBABAA.

Komentář: Úloha byla jedna z lehčích, což se projevilo jak na počtu došlých řešení, tak na rozdaných bodech. Většině nedělalo problém takovouto řadu nalézt, ale bod jsem strhával za chybějící zdůvodnění toho, že je opravdu nejkratší. Pro příště tedy doporučuji zpozornět, pokud v zadání uvidíte něco jako největší nebo nejkratší, neboť to znamená nejen to, že tuto věc vypíšete ale i zdůvodníte, proč menší či větší již existovat nemůže. Druhá poznámka se týká vašich nádherných příběhů o tom, jak jste byli u babičky a na její půdě jste důmyslně skládali jednotlivé viry za sebou, kde pečlivě zdůvodňujete, proč je takto skládáte za sebou a píšete o tom, jak je to neuvěřitelně výhodné, pokud se to dělá právě vaším způsobem. V úlohách tohoto typu ale opravdu stačí pouze tuto řadu najít a zdůvodnit. To, jak jste ji hledali, už není důležité.

Úloha č. 5

Vyhrávající strategii má první krvinka. Na začátku hry mají dvě skupinky lichý počet virů a jedna sudý počet virů. První krvinka odebere po jednom viru z hromádek, kde jich je 11 a 13. Takže po jejím prvním tahu budou mít všechny skupinky sudý počet virů. Nyní stačí první krvince opakovat tahy po druhé krvince, takže po každé dvojici tahů zmizí ze dvou různých hromádek 2 viry. Tím po sobě první krvinka opět zanechá všechny hromádky sudé, naopak druhá krvinka po svém tahu vždy zanechá dvě skupinky liché a jednu sudou. Na konci hry ale určitě jsou všechny skupinky sudé (dvě jsou prázdné a na třetí zbude nějaké sudé číslo, případně také nula). To znamená, že konec hry nemohl nastat po tahu druhé krvinky, která po svém tahu nikdy nemůže zanechat všechny skupinky sudé. A protože virů ubývá a některá z krvinek určitě nebude moci dříve nebo později udělat tah, vítězí protihráč druhé krvinky, kterým je první krvinka.

Komentář: Ne všichni úplně věděli, co to znamená vyhrávající strategie. Hráč má vyhrávající strategii, pokud umí vyhrát, ať se protihráč brání sebelépe. Proto určitě nestačí vypsat jeden průběh hry, protože co kdyby zahrál protihráč jiný tah než jsme předpokládali? Někteří z vás také napsali vcelku správně vyhrávající strategii, ale opomněli se zmínit, proč je opravdu vyhrávající, případně který hráč ji využije. Těm jsem strhával 1--2 body.

Úloha č. 6

Označme hledané číslo h a podívejme se na jeho prvočíselný rozklad. Ze zadání víme, že jedním z dělitelů čísla h je číslo 21. Tedy číslo h má v prvočíselném rozkladu určitě čísla 3 a 7 -- jediná prvočísla, která dělí číslo 21. Také si hned můžeme všimnout, že číslo 21 má jen čtyři dělitele -- 1, 3, 7, 21. Proto budeme muset do prvočíselného rozkladu čísla h ještě nějaké to prvočíslo přidat. Kdybychom zkusili přidat libovolné prvočíslo, které tam ještě není (takže třeba dvojku), získali bychom hned 8 dělitelů (pro dvojku by to bylo 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42), ale to už je moc. Víme tedy, že prvočíselný rozklad čísla h se skládá pouze z trojek a sedmiček, jen zatím nevíme, kolik sedmiček a kolik trojek tam je. Zkusme tedy do prvočíselného rozkladu přidat jedno další prvočíslo (takže buď jednu trojku, nebo jednu sedmičku). Pak získáme dělitelů přesně 6 (pro trojku jsou to čísla 1, 3, 7, 9, 21, 63 a pro sedmičku zase 1, 3, 7, 21, 49, 147). Tedy čísla 63 a 147 určitě odpovídají zadání. Kdybychom do prvočíselného rozkladu h přidali další trojku nebo sedmičku, určitě by se počet dělitelů zvýšil. Takže zadání odpovídají pouze 2 čísla, a to 63 a 147.

Komentář: Většina došlých řešení měla správný výsledek. Mnoho z vás na něj však přišlo zkoušením a konstatováním, že další čísla už jsou příliš velká a že to tedy nemá smysl dál zkoušet. Za takové řešení jsem udělovala 3 body. Pokud se vám zkoušením podařilo najít jen jediné řešení, udělila jsem 2 body.

Někteří z vás si všimli, že číslo h má sudý počet dělitelů. Proto ty dělitele můžeme roztřídit do dvojic tak, že součin čísel každé dvojice bude roven h (třeba dělitele čísla 63 můžeme roztřídit do tří dvojic: 1, 63; 3, 21 a 7, 9). Zadání nám prozradilo 4 dělitele (1, 3, 7, 21). Dále víme, že číslo h musí určitě být dělitelné samo sebou (navíc h musí být ve dvojici s jedničkou). Takže nám zbývají čtyři dělitele (3, 7, 21 a nějaký tajný dělitel d), které zase můžeme roztřídit na ty šikovné dvojice. Ze všech (tří) možností pak zase dojdeme k týmž dvěma, které odpovídají zadání.

Úloha č. 7

Krychle o hraně délky n obsahuje n^{3} destiček. Krychle tvořená pouze neztvrdlými destičkami má hranu délky n-2. Počet N neztvrdlých destiček je proto:

Počet Z ztvrdlých destiček získáme jako rozdíl počtu všech destiček a počtu neztvrdlých destiček:

Naším cílem je najít co nejvyšší n, pro které platí, že Z>N. Budeme dosazovat různé hodnoty n do vzorců pro Z a N. Abychom se moc nenadřeli, tak nebudeme n zvyšovat vždy jen o jedna, ale zvolíme ho podle toho, jestli Z bude větší nebo menší než N.

Můžeme začít jakýmkoliv číslem. My jsme zvolili n=5. Po dosazení dostaneme počty ztvrdlých a neztvrdlých destiček Z=98 a N=27. Ztvrdlých destiček je víc, takže jsme zvolili n příliš malé. Zkusíme ho zdvojnásobit. Pro n=10 dostaneme Z=488 a N=512. Tentokrát jsme zvolili n příliš velké, ale díky tomu už víme, že výsledek bude větší než 5 a menší než 10. Jako další zvolíme n=8, protože leží uprostřed tohoto intervalu. Dostaneme Z=296 a N=216. Další hodnota n musí být větší než 8 a menší než 10, což nám nedává jinou možnost než n=9. Po dosazení vyjde Z=386 a N=343.

Pro n=9 je ještě počet ztvrdlých destiček větší než počet neztvrdlých destiček, pro n=10 už je tomu naopak. Krychle proto může mít maximálně 9^{3} = 729 destiček.

Komentář: Většina z vás postupně dosazovala čísla od dvojky výš. To je správný postup, ale pokud by výsledná délka hrany nebyla 9, ale třeba 10000, tak by vás počítání za chvíli přestalo bavit (a nebo nás by přestalo bavit takové řešení opravovat). Výše uvedený postup se nazývá metoda půlení intervalu a s jeho pomocí se v naprosté většině případů doberete k výsledku rychleji.

Opravovali: 1. Lucie Mohelníková, 2. Alena Bušáková, 3. Alžběta Nečadová, 4. Lukáš Zavřel, 5. Jan Bílek, 6. Karolína Rezková, 7. Tereza Pechová