Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

První úloha nevyžadovala žádný mimořádný nápad a řešitel vystačil s Pythagorovou větou, ale její záludnost spočívala v tom, že bylo nutné řešit ji obecně, tedy jenom s písmenky. Každý jiný postup totiž zanášel do řešení nepřípustné nepřesnosti. Načrtněme si tedy krychli a situaci v ní:

Abychom mohli trojúhelníky nějak poměřit, zvolili jsme jako obecné měřítko hranu krychle a. Za hranu krychle bychom mohli zvolit také nějaké konkrétní číslo, třeba 5 cm, ale z těch by se nám při každém pomocném výpočtu (a že jich bude) kousek ztratil při zaokrouhlování a takový výsledek by byl znehodnocený. Navíc jsem do obrázku přidal dva body pro lepší orientaci - bod J jakožto střed úsečky ML a bod K, takto střed úsečky BD.

K vypočtení obsahu trojúhelníku dle známého vzorečku potřebujeme znát jednu jeho stranu a příslušnou výšku. Zvolím si strany trojúhelníků, které jsou součástí podstavy krychle, a výšky vycházející z vrcholu E. Když se tedy zadíváme na pouhou podstavu krychle ABCD...

... uvidíme, že základna z_{1} trojúhelníku \triangle EBD je úhlopříčkou čtverce, a proto bude mít délku a \sqrt{2}. Co je však podstatnější, základna z_{2} trojúhelníku \triangle EML je vlastně střední příčkou trojúhelníku \triangle ABD, a proto má poloviční délku oproti z_{1}. A protože se zajímám o poměr velikostí, je to ta důležitá informace.

Abych mohl lépe prozkoumat výšky našich trojúhelníků, nakreslím si obrázek, ve kterém jsou obě zachyceny:

Označení v_{1} a v_{2} nesou po řadě výšky trojúhelníků \triangle EBD a \triangle EML. Úsečka AK tvoří polovinu úhlopříčky podstavy, bude mít tedy délku a\sqrt{2} \over 2. Bod J leží na střední příčce trojúhelníku \triangle ABD, a tudíž leží v polovině úsečky AK. A úsečka AE je vlastně hrana krychle, proto má délku a. Tím máme dostatek údajů, abychom s pomocí Pythagorovy věty spočetli délky obou výšek.

Jak již řečeno, zajímá nás poměr velikostí, proto si teď vypočteme poměr velikostí obou výšek:

Vypočítali jsme si tedy pro oba trojúhelníky jak strany z_{1} a z_{2}, tak i výšky v_{1} a v_{2}. Pusťme se tedy do obsahu S_{1} trojúhelníku \triangle EBD, přičemž S_{2} značí obsah trojúhelníku \triangle EML:

Voilá, a námi hledaný poměr obsahů je na světě. Do odpovědi můžeme přidat, že obsah trojúhelníku \triangle EBD je přibližně 2,31krát (přesně pak 4\sqrt{3}\over 3krát) větší než obsah trojúhelníku \triangle EML.

Komentář: Jak jsem již psal výše, bylo mnoho z vás, kteří se neodhodlali podstoupit cestu za výsledkem pouze v obecné rovině za pomoci písmenek a jali se dosazovat za a konkrétní hodnoty, až se hory zelenaly. Při desátém zaokrouhlení jim potom vyšel poměr 1:2, či ještě hůř. Takové výsledky nejsou vůbec matematicky čisté a uznat je nelze. O takových, jež se rozhodli řešení dokonce narýsovat a hodnoty pak změřit z obrázku, ani nemluvě. Plného počtu bodů bylo možno dosáhnout pouze cestou obecného výpočtu.

Úloha č. 2

Možností řešení bylo hned několik, ale asi nejelegantnější bylo si všechny tři podmínky ze zadání vyjádřit jako:

Po přerovnání první rovnice dostaneme 7a+2 \over 10 = b

Víme ale, že b je přirozené číslo, a tak musí být a tvaru 10k+4. Hledané n se tedy rovná 42a + 37 = 42(10k+4) + 37 = 420k + 205, což je menší než 2011 pro k=0,1,2,3,4.

Tyto hodnoty již není problém ozkoušet a jako jediné řešení splňující podmínku nám vyjde číslo 1045, což můžeme například rozložit do kvádru 5 \times 11 \times 19.

Jiné řešení, které je univerzální zbraní na podobné příklady nikdo nepoužil a tak jenom napovím, že se nazývá kongruence a zvídavý čtenář o této metodě může nalézt více v archivu matematického korespondenčního semináře PraSe na adrese http://mks.mff.cuni.cz/archive/28/9.pdf.

Komentář: Naprostá většina z vás úlohu vyřešila, ale pouze minimum z vás si podmínky ze zadání nějak hezky upravilo tak, aby nemuseli zkoušet všechna čísla, která splňují právě jednu podmínku ze zadání. Body jsem tedy strhával výjimečně za drobné nedostatky. Pro příště se ale snažte vyhnout řešením, která by obsahovala více než 100 čísel vypsaných pod sebou a radši přemýšlejte nad tím jak si ty podmínky hezky zjednodušit.

Úloha č. 3

Je potřeba si dobře rozmyslet postup rýsování této úlohy, neboť ne všechny vedou zdárně ke konci. Nejjednodušší a nejpřímočařejší postup začíná tím, že si narýsujeme úhel XAY (\left( \angle XAY \right) = \left( \angle CAB \right) = 72\deg); body C a B nemůžeme zatím použít, protože nevíme, kde na polopřímkách AX a AY leží.

Kružnice k vepsaná trojúhelníku má střed S vzdálený od stran trojúhelníku přesně tolik, jako je její poloměr (\rho = 2cm), tudíž bude ležet na rovnoběžce p (resp. q) a její vzdálenost je od polopřímky AX (resp. AY) 2 cm (vytvoří se pomocí kolmé úsečky na polopřímku AX (resp. AY) délky 2 cm a následné kolmé přímky na tuto úsečku).

Ze středu S vedeme kolmou úsečku na polopřímku AX, průsečík nazveme K. Pomocí kružítka a pravítka naneseme z bodu K 5 cm (na polopřímce AX), dostaneme bod C.

O bodu B víme, že leží na tečně t ke kružnici k procházející bodem C. Využijme Thaletovy kružnice l nad poloměrem SC (konstrukčně nalezneme střed úsečky SC, tento bod nazveme T). V bodě, kde se Thaletova kružnice l protne s kružnicí k, je bod dotyku D tečny t. Sestrojíme tečnu t (polopřímka CD) a v místě, kde se protne s polopřímkou AY, dostáváme bod B.

Úloha má jedno řešení.

Popis konstrukce:

• \poloprimka_gr(AX), \poloprimka_gr(AY)
• XX_{1}=\left( 2 cm \right), XX_{1} \perp AX
• YY_{1}=\left( 2 cm \right), YY_{1} \perp AY
• p, p \perp XX_{1}
• q, q \perp YY_{1}
• S, S \in p \cap q
• k=(S;\rho = 2 cm)
• SK, SK \perp \poloprimka_gr(AX)
• C, \left( KC \right) = 5 cm, C \in \poloprimka AX
• SC, T, T \in SC, \left( ST \right) = \left( TC \right)
• l=(T; r= |TS|)
• D, D \in l \cap k
• \poloprimka_gr(CD)
• B, B \in \poloprimka AY \cap \poloprimka CD
• \triangle ABC

Komentář: Úloha nepatřila mezi příliš obtížné, ale bohužel většina z vás má problémy se slovním popisem svého řešení a popisem konstrukce. V konstrukční úloze by měl být náčrtek, popis řešení (případně rozbor), popis konstrukce a samotný narýsovaný útvar (pojmenovaný podle náčrtku). Hodnotila jsem, zda máte popis řešení a konstrukce. Pokud byl popis řešení stručný, jasný a výstižný, nebylo potřeba psát totéž do popisu konstrukce. U velkého množství řešení nebylo uvedeno, jak dostaneme tečnu ke kružnici procházející daným bodem, za což jsem strhávala 1 bod. Častou chybou bylo používání bodů, které ještě nemáme (\angle CAB místo například \angle XAB).

Téměř polovina z vás si dopočítala nějaký úhel nebo dokonce délky úseček ze zadání. Těmto řešením jsem dávala 3 body, pokud byla správně sestrojena. V konstrukční úloze se využívá pouze údajů daných v zadání úlohy, nemůžeme si další dopočítat (byť by se nám konstrukce zjednodušila).

Úloha č. 4

Součet vnitřních úhlů v pravidelném n-úhelníku je (n-2)180\deg = 540\deg. V našem pětiúhelníku bude u každého vrcholu 540\deg \over 5=108\deg. Pravidelný pětiúhelník má všechny strany stejně dlouhé, takže trojúhelník ABC bude rovnoramenný a lehce můžeme dopočítat úhly při základně (\alpha = 36\deg). Podobně bychom mohli dopočítat úhly ještě v dalším trojúhelníku, např. CED. A pak už jen dopočítat úhel ACE:

Dvě po sobě nakreslené úsečky svírají úhel 36\deg.

Dalším řešením bylo nakreslení hvězdy do kružnice a určení úhlu pomocí středového a obvodového úhlu nad daným obloukem.

Komentář: Za zajímavá řešení považuji ta, která využila soustavu rovnic o několika neznámých, dál řešení Dagmar Bártíkové, které využívá otočení o určitý úhel, a řešení Ondry Poláčka pomocí deltoidů. Body jsem strhávala v případě nějakých nejasností v postupu nebo při řešení typu „narýsuji a změřím“. Pokud ale řešení vedlo k výsledku a nebylo zbytečně zdlouhavé, dávala jsem plný počet bodů.

Úloha č. 5

Podle zadání se „vždy jeden z nich rozpadl na 8 stejných“. Když se jeden z nich takto rozdělil, tak přibylo 8 nových virů, ale zároveň ubyl ten jeden starý, což znamená, že celkem po jednom dělení přibude 7 virů.

Opakováním dělení můžeme dostat počty virů 8, 8 + 7, 8 + 2\cdot 7 a tak dále, čísla, která se dají zapsat ve tvaru 7k + 8, kde $k \in \N, nebo také čísla, která po dělení sedmi dají zbytek 1 (jakoby 8$, ale to dá po dělení sedmičkou právě onu jedničku).

Zkusíme tedy, zda číslo 2010 dá po dělení sedmi zbytek 1. Platí (2010 - 1) : 7 = 287, což znamená, že číslo 2010 je opravdu takové, jaké jsme chtěli, ve tvaru 7k + 8 resp. 7k + 1.

Viry se tedy mohou rozdělit tak, že jich bude přesně 2010.

Komentář: Většina došlých řešení byla k mému potěšení zcela správně. Některá řešení obsahovala jen konkrétní postup, jak 2010 virů dostat, některá předpokládala, že se musí dělit všechny viry najednou, jen pár z vás zkoumalo dělitelnost číslem 8 místo 7.

Úloha č. 6

Abychom nemuseli používat stále dokola celá jména krvinek, využijeme toho, že jejich jména začínají hezky každé jiným písmenem a budeme jim podle těchto písmen říkat A, B, C, D a E.

V zadání je o každé krvince napsáno, které dvě krvinky nehonila. Například E nehoní A ani C. To znamená, že může honit buď B nebo D. Zapíšeme to takto:

Stejným způsobem zapíšeme, koho můžou honit i ostatní krvinky (v pořadí v jakém jsou v zadání):

Je vidět, že krvinka E může být honěna pouze krvinkou A. Krvinku A můžou honit krvinky C a D. Nejprve rozmyslíme případ, kdy C honí A. To lze zapsat následovně:

Krvinky B a E mají pořád stejné dvě možnosti, u krvinky D se ale situace zjednodušila, protože krvinku A už honit nemůže:

Krvinka D tedy musí honit krvinku C a krvinku D musí honit krvinka B, protože kdyby ji honila krvinka E, tak na krvinku B nikdo nezbude. Výsledkem je následující cyklus:

Ještě nám zbývá se přesvědčit, že jiný cyklus, který by odpovídal zadání, neexistuje. Vrátíme se proto ke kroku, kde jsme rozhodovali, kdo honí krvinku A, a zvolili jsme krvinku C. Nyní zvolíme krvinku D. Potom víme, že:

Krvinka B má pořád svoje dvě možnosti, krvinka C nemůže honit krvinku A, protože ta už je honěna krvinkou D a krvinka E nemůže honit krvinku D, protože tím by se cyklus uzavřel a krvinky B a C by zůstaly mimo hru.

Dostali jsme se do situace, kdy by krvinky C i E měly honit krvinku B, což ale odporuje zadání. Proto ani krvinka D nemůže honit krvinku A a existuje pouze jediný cyklus vyhovující zadání: E \rightarrow B \rightarrow D \rightarrow C \rightarrow A \rightarrow E. Z něho je vidět, že tu krvinku, která honila Cecilku, honila krvinka Betyna.

Komentář: Téměř všichni vyřešili úlohu dobře. Je však důležité si uvědomit, že nalezení cyklu E \rightarrow B \rightarrow D \rightarrow C \rightarrow A \rightarrow E není odpověď na otázku: Kdo honil tu, která honila Cecilku?

Úloha č. 7

Označme počet zakoupených odznáčků x, nákupní cenu za 1 odznáček c. Prodejní cenu za 1 odznáček je 18 Kč. Podle zadání sestavím rovnice:

• celková nákupní cena je nákupní cena za 1 odznáček vynásobená jejich počtem x \cdot c = 243
• celková prodejní cena je počet odznáčků po 18 korunách, ale také nákupní cena (243 ks) + zisk (nákupní cena za 27 odznáčků) 18x = 243 + 27c

Vyřeším tuto soustavu rovnic. Z první rovnice dosadím do druhé za x a vyřeším získanou kvadratickou rovnici.

Nákupní cena nemůže být záporná, tedy úloha má pouze jedno řešení a to c = 9 Kč.

Z první rovnice dopočítáme počet zakoupených odznáčků x:

Sára koupila 27 ks odznáčků, za jeden zaplatila 9 Kč.

Komentář: Úlohu bylo potřeba vyřešit, nikoliv pouze odhadnout výsledek nebo zkoušet několik možností, jestli to třeba není správně. Jelikož se jednalo o úlohu velmi lehkou, za takovýto přístup jsem dávala jen jeden bod. Jinak byla řešení většinou správně, za drobné chyby nebo chybějící postup, případně komentář k výpočtu, jsem strhávala po bodu.

Opravovali: 1. Pavel Houdek, 2. Lukáš Zavřel, 3. Lucie Mohelníková, 4. Helena Pučelíková, 5. Alena Bušáková, 6. Tereza Pechová, 7. Alžběta Nečadová