Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.


Úloha č. 1

Způsobů, jak vydláždit čtverec 2011 \times 2011 zadanými dlaždičkami je skutečně mnoho a ke správnému řešení stačilo popsat libovolný z nich. Na řešení, které jsem vybrala jako vzorové, přišlo hned několik z vás.

Nejprve si uvědomíme, že ze dvou dlaždic ve tvaru L lze složit obdélníček 2\times3. Z těchto obdélníčků pak můžeme skládat větší obdélníky o rozměrech 2x \times 3y, kde x bude počet malých obdélníčků v jednom sloupci a y počet malých obdélníčků v jedné řadě. Můžeme tedy poskládat například obdélník 1006 \times 1005, protože 1006=2\cdot 503 a 1005=3\cdot 335. Ze čtyř takových obdélníků už můžeme složit čtverec 2011 \times 2011 tak, jak je nakresleno na obrázku, jehož prostřední políčko vydláždíme jedinou čtvercovou dlaždicí.

obdélníček 2\times3 složený ze dvou dlaždic tvaru „L“

Komentář: Body jsem většinou strhávala za nedostatečně přesný popis dláždění. Několik z vás se spokojilo pouze s ověřením, že správný počet dlaždic tvaru „L“ společně s jednou čtvercovou má stejný obsah jako čtverec 2011\times 2011 a z toho už přímo vyvodili, že čtverec vydláždit jde. To je ovšem omyl. Pokud by jim takové ověření nevyšlo, pak je to skutečně důkaz toho, že dláždění neexistuje a nemá smysl ho hledat, ale obráceně to nefunguje. Pokud bychom například dostali za úkol vydláždit dlaždicemi tvaru „L“ čtverec 3\times 3, snadno spočteme, že by bylo třeba použít tři takové dlaždice, ale když zkusíte čtverec 3\times 3 opravdu vydláždit, zjistíte, že to nejde. Umíte zdůvodnit proč?

Úloha č. 2

Mám zjistit, jaká je virova strategie, vím, že to je posloupnost deseti symbolů, která bude obsahovat všechny zadané podposloupnosti ale nevím, jestli je to jen jediná možnost, a pokud jich je víc, musím je najít všechny. Tedy nestačí najít jednu možnost, která by to splňovala, ale všechny, protože jinak bych si nebyl jistý, že vir to skutečně tak hraje.

Pro přehlednost si podposloupnosti očísluji:

  1. KNNNN, 2. KPPKP, 3. KKPNK, 4. NNPKK, 5. PNKKN, 6. PNNPK. Napřed je třeba zjistit, ze kterých prvků se posloupnost skládá. Z první podposloupnosti mi plyne, že výsledná posloupnost bude obsahovat alespoň čtyřikrát N. Z druhé mi plyne, že posloupnost bude obsahovat alespoň třikrát P. Ze třetí, že posloupnost bude obsahovat alespoň třikrát K. A Protože 4+3+3=10, musí se výsledná posloupnost skládat z právě čtyř N, tří P a K.

Zároveň jde z prvních dvou podposloupností jednoznačně určit, že jedno K bude přede všemi N i P, tedy, že první symbol je K. Zbudou mi tedy v posloupnosti (mimo prvního) jen dvě K a na ty a na jejich postavení vůči N se teď zaměřím. Z podposloupnosti 3 je vidět, že jedno N je mezi dvěma zbylými K, ze 4. že dvě N jsou před oběma zbylými K a z 5., že jedno N je za dvěma zbylými K. Celkově mi z toho plyne celkové postavení N a K, což je také podposloupnost, kterou výsledná posloupnost musí obsahovat a můžu s ní zacházet, konkretně si ji označím jako 7. KNNKNKN.

Chybí mi tedy jen doplnit P. Ze třetí podposloupnosti plyne, že jedno P musí být mezi druhým a třetím K a před N, které ze 7. podposloupnosti již leží mezi nimi. Můžu tedy znova doplnit do 7. podposloupnosti KNNKPNKN a ze 4. podposloupnosti plyne, že jedno P musí ležet mezi dvěma N a dvěma K a v 7. podposloupnosti je opět jen jedno takové místo a proto P doplním: 7. KNNPKPNKN. Z 5. podposloupnosti mi plyne, že jedno (poslední) P musí být před dvěma N, mezi kterými jsou ještě dvě K, protože to být žádné již použité P nemůže, musí to být jiné, tedy poslední. K tomu ze začátku vím, že P není první symbol, má tedy jen dvě možnosti, kde může být. Ale 6. podposloupnost to upřesní, že mezi dvěma P musí ležet dvě N, proto je opět jediná možnost a tam ho doplním: KPNNPKPNKN.

Protože všechny kroky byly vynucené, neexistuje jiná posloupnost, která by tyto podposloupnosti obsahovala. Ještě ověřím, jestli to pro všechny podposloupnosti opravdu platí, když platí, vím, že to je jediná posloupnost, která vše splňuje. Virova strategie je KPNNPKPNKN.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste hledali nějakou posloupnost a neukázali jste, že to je jediná možnost. Tím pádem jste neukázali, že to musí být jeho strategie, protože mohla existovat jiná strategie splňující podmínky zadání. Jinak správně bylo, pokud jste jakkoliv omezovali možnosti a vyšlo vám, že podmínky splňuje jen tato.

Úloha č. 3

Nejprve počet sedmiúhelníků odhadneme zdola (najdeme číslo takové, že výsledek bude muset být větší) pomocí úvahy o úhlech.

V konvexních n-úhelnících lze jednoduše odvodit součet vnitřních úhlů tak, že si zvolíme nějaký bod (říkejme mu A) uvnitř útvaru a spojíme jej se všemi vrcholy. Takto vznikne n trojúhelníků.

Součet úhlů v trojúhelníku je 180\deg, tedy součet úhlů ve všech trojúhelnících bude n \cdot 180\deg, což je součet vnitřních úhlů n-úhelníku a úhlů u bodu A. Protože úhly u bodu A mají v konvexním n-úhelníku součet 360\deg, dostáváme součet vnitřních úhlů n-úhelníku:

n \cdot 180-360=(n-2) \cdot 180

Součet úhlů v 2011-úhelníku je tudíž 2009 \cdot 180\deg, součet úhlů v sedmiúhelníku je 5 \cdot 180\deg. Po rozdělení 2011-úhelníku budou vrcholy 2011-úhelníku zároveň vrcholy sedmiúhelníků (přičemž ale vrcholy sedmiúhelníků mohou ležet i jinde než ve vrcholech 2011-úhelníku). Musí proto platit, že součet vnitřních úhlů všech sedmiúhelníků je alespoň tak velký jako součet vnitřních úhlů 2011-úhelníku. Označme počet sedmiúhelníků s a musí platit:

5 \cdot 180 \cdot s \geq 2009 \cdot 180.

z toho:

5 \cdot s \geq 2009
s \geq 2009 \over 5
s \geq 401,8.

Vzhledem k tomu, že počet sedmiúhelníků bude nejspíš celé číslo, musí jich být alespoň 402.

Nyní si ukážeme, jak rozložit 2011-úhelník na 402 konvexních sedmiúhelníků a budeme hotovi. Způsobů je spousta, vybereme jeden.

Jeden vrchol 2011-úhelníku označme X a budeme postupně oddělovat sedmiúhelníky tak, že všechny budou mít vrchol v bodě X a dalších šesti vrcholech 2011-úhelníku následujících po bodu X např. proti směru hodinových ručiček (viz obr. 1).

Každým takovým oddělením odebereme 2011-úhelníku 6 stran a jednu přidáme, celkově tedy ubude 5 stran. Udělejme to 400 krát. Zbude nám 2011-400 \cdot 5=11-úhelník. Ten rozdělíme na dva sedmiúhelníky úsečkou s jedním krajním bodem ve vrcholu 11-úhelníku a druhým na straně 11-úhelníku (viz obr. 2).

Jsou všechny vytvořené sedmiúhelníky konvexní? Ano! Všechny jejich vnitřní úhly jsou totiž částí vnitřních úhlů 2011-úhelníku, které konvexní jsou, až na dvě výjimky -- úhly u vrcholů ležících v bodě Y, jež jsou ovšem taktéž zřejmě menší než 180\deg.

Pravidelný 2011-úhelník lze rozložit na nejméně 402 konvexních sedmiúhelníků.

Komentář: Úloha se ukázala být poměrně obtížnou. Jen velmi málo z vás dotáhlo řešení do konce. Nejčastější chybou bylo nedostatečné zdůvodnění toho, proč je 402 sedmiúhelníků nejmenší možný počet. Oblíbené byly také chyby v rozdělování 2011-úhelníku. Někteří se snažili mezi sedmiúhelníky vpašovat šestiúhelníky apod.

Úloha č. 4

Hodnoty jednotlivých balíčků zapíšeme do tabulky:

$$ cukry tuky bílkoviny

žlutý 50\% 50\% 0\%
modrý 100\% 50\% 200\%
oranžový 150\% 250\% 100\%

Aby měl Honza vyváženou stravu na deset dní, musí si od každé složky potravy koupit 1000\%. Když si označíme počet žlutých balíčků jako z, počet modrých m a počet oranžových o, tak můžeme zapsat rovnice pro dané složky.

\eqalign{ 50\% z + 100\% m +150\% o &=1000\%\cr 50\%z +50\% m +250\% o&= 1000\%\cr 0\%z +200\% m +100\% o&= 1000\%.\cr }

Víme, že tyto tři rovnice platí zároveň. Můžeme si je zjednodušit(vydělíme 50):

\eqalign{ z+2m+3o&=20 \cr z+m+5o&=20 \cr 4m+2o&=20. \cr }

A dořešíme soustavu rovnic -- od první rovnice odečteme druhou a ze třetí vyjádříme o:

\eqalign{ z-z+2m-m+3o-5o&=20-20\cr o&=20-4m/2.\cr }

tj.:

\eqalign{ m-2o&=0\cr o&=10-2m.\cr }

Dosadíme o do první rovnice:

m-2(10-2m)=0.

Roznásobíme a vyjádříme m:

\eqalign{ m-20+4m&=0 \cr 5m&=20 \cr m&=4.\cr }

Do rovnosti o=10-2m dosadíme m=4 a dostaneme o=10-8=2.

Už potřebujeme dopočítat jen počet žlutých balíčků. Z rovnosti z+2m+3o=20. Vyjádříme z=20-2m-3o a dosadíme již spočítané hodnoty: z=20-8-6=6.

Honza si tedy potřebuje koupit 6 žlutých, 4 modré a 2 oranžové balíčky.

Komentář: Všichni řešitelé této úlohy došli ke správnému výsledku. Často však pouze tipováním výsledku, proto dostali méně bodů.

Úloha č. 5

Označíme si body ze zadání A=(1,4), B=(1,8), C=(5,8), D=(5,4), Z=(x,0). Všimneme si, že bod Z je od přímky AB vzdálen pokaždé stejně pro libovolné x, protože přímky AB a osa x, na které bod Z leží, jsou rovnoběžky. Obsah trojúhelníku ABZ se tedy rovná |AB| \cdot v_{a} \over 2 = 4 \cdot 4 \over 2 = 8. Nyní si vyjádříme obsah druhého trojúhelníku:

S_{CDZ}=S_{ABCD}-S_{ABZ}, tedy po dosazení S_{CDZ}=4\cdot4-8=8.

Spočteme velikost výšky v trojúhelníku CDZ na stranu CD dosazením do vzorce pro obsah:

S = a \cdot v_{a} \over 2
v_{CD} = 2\cdotS_{CDZ}/|CD| = 2\cdot8\over4 = 4.

Aby mohla mít výška na stranu CD velikost 4, musí ležet na rovnoběžkách vzdálených 4 body od přímky CD. Jelikož je CD kolmá na osu x, musí na ni být kolmé i obě dvě rovnoběžky s CD. Ty tedy protnou osu x v bodech 5-4=1 a 5+4=9, což jsou dvě hledaná řešení.

Komentář: Úloha byla poměrně jednoduchá, takže většina řešitelů měla úlohu správně. Nicméně přibližně polovina zapomněla, že existují dvě řešení, za což ztratili jeden bod. Někteří řešitelé automaticky předpokládali, že trojúhelníky musí mít stejné obsahy, což obecně není pravda, i když v této úloze to tak vyšlo. Pár řešitelů si popletlo osy x a y, čímž řešili jinou, i když postupem naprosto stejnou úlohu. Ti dostali 2 body.

Úloha č. 6

Začneme sestrojením krystalu, body si označíme jako na obrázku:

K tomu, abychom správně určili stín krystalu nám stačí sestrojit stín všech jeho vrcholů. Postup na sestrojení stínu bodu mámě přímo v zadání: stačí najít pravoúhlý průmět bodu, a pak vést daným bodem a jeho pravoúhlým průmětem rovnoběžky s přímkami s a s_{1}. V jejich průniku leží hledaný bod.

Pokud bod leží v rovině \pi, tak nemáme co na práci, protože jeho pravoúhlým průmětem a tedy i stínem je tento bod sám. Potřebujeme tedy sestrojit stín bodů E,F,G,H a V.

Zbývá už jen sestrojit obrys celého stínu. To už ale není těžký úkol -- stačí spojit stíny každých dvou bodů, které jsou spojeny hranou. Některé úsečky vyjdou „uvnitř“, obrys stínu tedy budou ty okrajové.

Výsledek vidíte na obrázku. Zastíněna bude plocha vybarvená šedě. Osvětlené budou stěny ABFE, ADHE, HEV a EFV.

Komentář: Velká část z vás zvládla příklad vyřešit správně. Někteří z vás nesestrojovali stín bodu G -- v tomto případě to zrovna nevadilo, protože stín bodu G se schoval „dovnitř“ stínu, ale stačí trošku změnit úhel a stín bodu G se objeví na obrysu stínu , přestože to tak na první pohled nevypadá. Pár z vás dobře sestrojilo stíny všech vrcholů, ale u sestrojení obrysu zapomněli nějakou hranu.

Úloha č. 7

Náčrt díky středové souměrnosti není těžké nakreslit (viz obrázek). Díky tomu, že trojúhelníky jsou pravoúhlé, použijeme Thaletovu kružnici pro vznik bodů B, B'.

Tedy popis konstrukce:

  • A,A'; |AA'| = 10 cm
  • C; C \in CA, |CA| = |CA'|
  • k; k(A',r=8 cm )
  • t; t(AC) -- Thaletova kružnice nad úsečkou AC
  • B; B \in k \cap t
  • vznikl nám trojúhelník ABC
  • pomocí středové souměrnosti podle bodu C zobrazím bod B na B'
  • vznikl nám trojúhelník A'B'C'

Komentář: Příklad nebyl obtížný a většina ho měla dobře. Dávejte si pozor na občasné chyby z nepozornosti a na to, že konstrukční úloha má obsahovat náčrtek, popis konstrukce a samotnou konstrukci. Náčrtek musí obsahovat vše, co v konstrukci použijete.

Opravovali: 1. Tereza Klimošová, 2. František Steinhauser, 3. Hanka Bílková, 4. Lenka Petržilková, 5. Jan Bílek, 6. Tomáš Toufar, 7. Klára Krejčíčková