Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Byly to dva skleněné duté kužely spojené svými podstavami o poloměru 6 palců. Celá váza stála na špičce spodního kuželu, který měl výšku 12 palců. Vrchní kužel byl vysoký 10 palců. Nejzajímavější na váze ale bylo, že byla celá vyplněná dvěma druhy písku. Úplně vespod byla 1 palec silná vrstva černého písku, na ní stejně silná vrstva bílého a takto se vrstvy černého a bílého písku střídaly až na samý vrchol vázy. Je ve váze víc písku černého, nebo bílého?

Řešení: Objem černého a bílého písku spočítáme po vrstvách. Nejvyšší a nejnižší vrstvu tvoří kužely, zbytek vrstev jsou komolé kužely. Pro výpočet budeme potřebovat poloměry podstav všech vrstev. Každá podstava a odpovídající vrchol definují nový menší kužel. Ten je podobný základnímu kuželu. Díky tomu existuje vztah mezi poloměrem jejich podstav a jejich výškou. Má-li základní kužel poloměr podstavy 6 palců a výšku 10 palců, má kužel s výškou 1 palec poloměr podstavy 0,6 palců:

10/6 = 1/r_{1} ; r_{1} = 0,6.

Počítáme-li dále, zjistíme, že se poloměry podstav zvětšují pokaždé o 0,6 stop až k největší podstavě. Obdobně určíme i poloměry podstav spodního kužele, zmenšují se až ke spodnímu vrcholu postupně po 0,5 palce.

Jednotlivé poloměry tedy budou pro horní kužel $n \in \lagle0,10\rangle;r_{n} = 0,6n a pro dolní kužel n \in \lagle11,22\rangle;r_{n} = 0,5(22-n)$.

Nyní použijeme vzorec pro výpočet objemu komolého kuželu:

V = \pi h/3 (r_{1}^{2} + r_{1}r_{2} + r_{2}^{2}).

Objem bílého písku spočítáme jako součet objemů lichých vrstev

V_{b}=V_{1} + V_{3} + V_{5} + \ldots + V_{21}

$V_{b}= \pi/3[(r_{0}{2} + r_{0}r_{1} + r_{1}{2}) + (r_{2}{2} + r_{2}r_{3} + r_{3}{2}) + \ldots + (r_{20}{2} + r_{20}r_{21} + r_{21}{2})]$

V_{b}=\pi/3 396

V_{b}=132\pi

Objem černého písku spočítáme jako součet objemů sudých vrstev:

V_{c}=V_{2} + V_{4} + V_{6} + \ldots + V_{22}

$V_{c}= \pi/3[(r_{1}{2} + r_{1}r_{2} + r_{2}{2}) + (r_{3}{2} + r_{3}r_{4} + r_{4}{2}) + \ldots + (r_{21}{2} + r_{21}r_{22} + r_{22}{2})]$

V_{c}=\pi/3 396

V_{c}=132\pi

V_{b}=V_{c}.

Objem bílého i černého písku ve váze je tedy shodný.

Komentář: Dejte si pozor na zaokrouhlování. Vaším úkolem v této úloze bylo porovnat dva objemy. Zaokrouhlováním počítáte pouze s přibližnými čísly, která vám na konci nemůžou říct, čeho jste měli na začátku víc. Mluvím zároveň o počítání s \pi. Jeho hodnota není 3,14, ani \pi z kalkulačky, všechno to jsou pouze zaokrouhlené hodnoty, které se hodí pokud potřebujeme na konci výpočtu znát alespoň přibližný výsledek. Nemůžeme ale tuto hodnotu používat přímo ve výpočtu, zvlášť, pokud potřebujeme porovnávat nějaká čísla. Za vyčíslení \pi jsem strhával jeden bod.

Úloha č. 2

„Pozval jsem proto celkem 8 odborníků na toto téma. Jenže to nebylo jen tak. Všichni mi odpověděli, že se zúčastní, ale někteří z nich měli zvláštní požadavky. Plukovník Alberts napsal, že chce určitě přednášet až někdy po majoru Barnabym, a ten zas ve své odpovědi požadoval, že vystoupí až po přednášce kapitána Carnegyho. Podobně soudce Edwards mi napsal, že rád přijede, ale že je pod jeho úroveň, aby přednášel dříve než doktor Franklin či poručík Goodwell. Poslední požadavek měl doktor Franklin, a to sice, že by rád přednášel až po poručíku Goodwellovi. Nikdo další už naštěstí nic nechtěl. I tak mi z toho šla hlava kolem a netušil jsem, jak sestavit program, abych jim všem vyhověl.“

Řešení: Označíme si pány počátečním písmenem jejich příjmení: A plukovník Alberts, B major Barnaby, C kapitán Carnegy, E soudce Edwards, F doktor Franklin, G poručík Goodwell, X a Y dva další odborníci.

Způsob 1: Zadání nám říká, že máme seřadit přednášky osmi odborníků, kde musíme zachovat pořadí přednášek těchto odborníků: A po B, B po C a E po F, F po G.

Vezměme tedy trojici správně seřazených odborníků -C-B-A- a do mezer rozmístěme odborníky G, F a E ve správném pořadí.

Nejprve spočtěme počet možností rozmístění, kde GFE přednáší hned po sobě -- ty jsou čtyři:

  • GFE, C, B, A,
  • C, GFE, B, A,
  • C, B, GFE, A,
  • C, B, A, GFE.

Stejným způsobem spočtěme počet možností, kdy GF přednáší po sobě, ale E nepřednáší hned po F -- těch je šest. Stejný počet možností máme i pro variantu, kdy nejprve přednáší G a pak přednáší FE po sobě, ale ne hned po G -- tedy šest.

Nakonec zbývá spočíst, kolik je možností, kdy G, F ani E nepřednáší po sobě -- ty jsou čtyři. Celkem máme 20 správných pořadí přednášek šesti odborníků.

Teď už jen zbývá zařadit dva odborníky. Pro X máme 7 možností, kam ho umístit: -*-*-*-*-*-*- (hvězdičky představují šest přednášek odborníků již ve správném pořadí).

Po zařazení X máme pro Y osm možností, kam ho umístit: -*-*-*-*-*-*-*-.

Celkem tedy máme 8 \cdot 7 \cdot 20 = 1120 možností, jak přednášky odborníků uspořádat.

Způsob 2: (Kombinatorické řešení) Kolik existuje celkem způsobů jak umístit 8 přednášek odborníků? Prvního odborníka můžeme dát na libovolné místo z 8 doposud volných, na druhého už zbylo pouze 7 volných míst, kam ho umístit, na třetího zbylo jen 6, \ldots Na posledního zbyla právě jedna volná pozice. Celkem tedy máme $8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 možností na seřazení 8$ odborníků.

My ale víme, že odborníci A, B, C musí být v daném pořadí CBA. Ostatní pořadí jsou nevyhovující. Prvky A, B a C můžeme uspořádat 6 možnými způsoby: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA.

Tedy pouze jedna z těchto 6 možností je správně. Totéž platí i pro trojici GFE. To znamená, že počet libovolného uspořádání 8 odborníků musíme vydělit číslem 6 \cdot 6 = 36, abychom dostali pouze řešení uspořádání, kdy zachováme dané pořadí přednášejících CBA a GFE. Výsledek je tedy 8 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 4 = 1120 možností.

Komentář: Několik řešení v sobě obsahovalo pojmy kombinace a variace. Nic proti odborným pojmům, ale tohle byl příklad na permutaci 8 prvků. Raději se těmto pojmům vyhýbejte, zvlášť když je po vás nikdo nevyžaduje.

Úloha č. 3

Pozemky, které měly být prodány, tvořily dohromady čtverec jako na obr. 1. Pole, zakreslená vodorovným pruhováním, měla na mapě celkem plochu 20 palců čtverečních. Louky, které byly pruhované svisle, měly na mapě plochu 55 palců čtverečních a lesy, vyznačené šikmým šrafováním, zabíraly 16 palců čtverečních. Les zakreslený v pravém dolním rohu mapy byl čtvercový.

„Vidíte, sad je tento nevybarvený čtverec v levém horním rohu,“ řekl John. „Víte, jakou má tady na mapě plochu?“

Řešení: Tato úloha mohla být řešena vícero způsoby. Někteří ji řešili čistě matematicky přes soustavu tří rovnic, což bylo správné řešení, a někteří ji řešili úvahou. Proč řešení úvahou není správné naleznete v komentáři. Vzorové řešení je tedy následující:

Ze zadání víme:

  • c^{2}+2ac=16, tedy po vyjádření: a=16-c^{2}/2c,
  • 2bc=20, tedy c=10/b (je možné vydělit, protože b je určitě kladné),
  • b^{2}+2ab=55, tedy po vyjádření: a=55-b^{2}/2b.

Můžeme dát obě vyjádřená a do rovnosti a za c dosadit c=10/b. Vyjde nám:

16-(10/b)^{2}/2\cdot 10/b=55-b^{2}/2b,

po úpravách (vynásobení 2, krácení, vynásobení b) se dostaneme k výrazu:

8b^{2}-50=275-5b^{2},
13b^{2}=325,
b=\pm 5.

Záporný výsledek by nedával smysl, jelikož počítáme délku. Dále s ním již počítat nebudeme.

Nyní víme rozměr b a ze zadaných rovnic dopočítáme, že: a=3 a c=2.

Teď můžeme vypočítat jednotlivé obsahy. Rozloha sadu je a^{2}, tedy 9 palců čtverečních. Jako zkoušku můžeme sečíst obsahy všech oblastí a zjistit, zda se rovná celé straně (a+b+c)^{2}. Celkový obsah je (3+5+2)^{2}=100 palců čtverečních. Pokud nám po sečtení jednotlivých obsahů ploch vyjde stejná hodnota, dopočítali jsme se ke správnému výsledku.

Komentář: K výsledku jste mnozí došli i jinými substitucemi v této soustavě tří rovnic, ale většina z vás to měla správně. Zásadním problémem mnoha řešení bylo to, že jste se pokoušeli vyřešit úlohu pouhou úvahou a tím jste se omezili pouze na celá čísla. Kdybychom ale hodnoty v zadání změnili na reálná čísla, nevyšlo by vám to. Tímto jste si tedy úlohu značně zjednodušili, a proto jsem strhávala bod za tato řešení, pokud nebyla dobře zdůvodněna. Za další chyby samozřejmě i více bodů. Nikde v zadání nebylo řečeno, že máte pracovat s celými čísly, tak si na to příště dejte pozor, ať zbytečně neztrácíte body.

Úloha č. 4

„Představ si třeba, že hledáš číslo, jehož zápis v trojkové soustavě má čtyři cifry, v sedmičkové soustavě dvě cifry a v pětkové soustavě má tu pěknou vlastnost, že je symetrické, tedy že se odpředu čte stejně jako odzadu. Víš, jaká čísla tuto vlastnost mají?“ zeptal jsem se Davida.

Řešení: Na začátek řešení si uvedeme základní principy práce s číselnými soustavami. Vezměme si, že máme nějakou n soustavu, tedy soustavu, v níž se k zápisu čísel využívá n cifer, tj. cifer 0, 1, ..., (n-1). Máme-li v této soustavě nějaké číslo (abcd)_{n}, pak hodnota tohoto čísla v desítkové soustavě, ve které obvykle počítáme, je $a \cdot n{3} + b \cdot n{2} + c \cdot n{1} + d \cdot n{0}. Naopak chceme-li nějaké číslo v desítkové soustavě, jehož hodnotu známe, převést do libovolné n$ soustavy, nejsnazší a nejčastěji používaný způsob, jak to udělat, je vydělit dané číslo číslem n, zbytek po dělení zapsat jako poslední cifru daného čísla v n soustavě a podíl opět dělit číslem n atd. A nyní již k samotnému řešení.

Nejmenším čtyřciferným číslem v trojkové soustavě je (1000)_{3} a největším naopak (2222)_{3}. Hodnoty těchto čísel v desítkové soustavě jsou

(1000)_{3} = 1 \cdot 3^{3} + 0 \cdot 3^{2} + 0 \cdot 3^{1} + 0 \cdot 3^{0} = (27)_{10},
(2222)_{3} = 2 \cdot 3^{3} + 2 \cdot 3^{2} + 2 \cdot 3^{1} + 2 \cdot 3^{0} = (80)_{10}.

Výpočet hodnoty čísla (2222)_{3} uvádíme především pro názornost práce s číselnými soustavami. Další možností jak určit jeho hodnotu, je úvaha, že jakožto největší čtyřciferné číslo musí být o jedna menší než nejmenší pěticiferné, tj. než (10000)_{3}, a proto (2222)_{3} = 3^{4} - 1. Podobně v sedmičkové soustavě je nejmenší dvojciferné číslo (10)_{7} = 7 a největší (66)_{7} = 48. Tím jsme dostali podmínky, že v trojkové soustavě jsou čtyřciferná čísla od 27 do 80 a v sedmičkové dvojciferná od 7 do 48. Je jasné, že obě podmínky splňují čísla v průniku těchto dvou intervalů, tedy čísla od 27 do 48. Nyní si obě tyto krajní meze převedeme do pětkové soustavy, abychom následně mezi nimi hledali symetrická čísla. Nejprve 27:

27 : 5 = 5 (zb. 2), 5 : 5 = 1 (zb. 0), 1 : 5 = 0 (zb. 1).

Sepsáním zbytků odzadu dostaneme (27)_{10} = (102)_{5}. Podobně převedeme číslo 48:

48 : 5 = 9 (zb. 3), 9 : 5 = 1 (zb. 4), 1 : 5 = 0 (zb. 1).

Opět sepíšeme zbytky, čímž dostaneme horní mez pro hledaná čísla a tou je číslo (48)_{10}=(143)_{5}. Jasně vidíme, že všechna čísla od 27 do 48 začínají v pětkové soustavě číslicí 1 a jsou trojciferná, proto je jasné, že všechna symetrická čísla budou i končit jedničkou. V nalezených mezích jsou to čísla (111)_{5} = (31)_{10}, (121)_{5} = (36)_{10}, $(131)_{5} = (41)_{10} a (141)_{5} = (46)_{10}$.

Komentář: Většina řešení byla pěkná a velmi podobná tomu vzorovému. Někteří řešitelé měli nejspíš problémy s převáděním mezi soustavami, což vyřešili tím, že si sepsali vedle sebe po sobě jdoucí čísla v jedné a v druhé soustavě. Není to samozřejmě nijak pěkný postup řešení, vypisovat nejméně 80 čísel, nicméně musím ocenit, že si tito řešitelé dokázali nějak poradit, a proto, byl-li zbytek úvah v řešení a výsledek bez chyby, jsem uděloval pět bodů. Několik řešitelů dostalo méně bodů kvůli špatné práci s číselnými soustavami. Jim, ale i všem ostatním, pomůže, doufám, jak toto vzorové řešení, tak také přednášky na soustředění a táboře, z nichž některá určitě na soustavy bude zaměřená.

Úloha č. 5

„Chtěl bych si proto narýsovat lichoběžník ABCD se základnou AB, kde E je střed strany AD, ve kterém by platilo, že 2|CD| = |EC| = |BC| = 3 palce(pozn. pod čarou: Palec tou dobou býval 2,54 cm. Ale pokud chcete, můžete použít měřítko. Potom ho ale nezapomeňte do řešení zmínit.) a úhel ECB by měl velikost 120°. Zkuste to narýsovat vy,“ řekl Davidovi.

Řešení: Asi nejjednodušší řešení (při rýsování každý z vás měl malinko jiný postup) vypadalo takto:

  • Narýsovat si trojúhelník EBC podle věty sus.
  • Bod S, střed strany CB. Tím vznikla střední příčka ES lichoběžníku ABCD, která je rovnoběžná se základnami.
  • Narýsovat přímky procházející bodem B a C, které jsou rovnoběžné s ES a na kterých leží základny.
  • Najít si bod D lichoběžníku, vzdálený 1,5 palce od bodu C, a bod A na průniku přímky, procházející bodem B, a polopřímky DE.
  • Narýsovat lichoběžník ABCD.

Na obrázku 2 jsme zvolili 1 palec jako 0,9 centimetrů.

Komentář: Rýsujte tvrdou tužkou a vždy si udělejte nejdříve náčrt, ať vám to pěkně vyjde. Chtěl bych pochválit Terku Jílkovou za vzorové zpracování této úlohy :-). Bodování: náčrt = 1 bod, popis konstrukce = 2 body, nárys = 2 body.

Úloha č. 6

„Náš zahradník mě požádal, abych mu vyčlenil pozemek, na kterém by mohl založit obdélníkový záhon o ploše 2013 stop čtverečních, ale už mi neřekl, jaké budou jeho rozměry; jenom je mi jasné, že budou v celých stopách. Mohu mu vyčlenit čtvercový nebo obdélníkový pozemek s plochou menší než 66 666 čtverečních stop takový, že se na něj vejde libovolný záhon o ploše 2013? Pokud ano, jaký pozemek mu vyčlením?“

Řešení: Nejdříve zjistíme, jaké rozměry mohl záhon mít. Jeho plochu 2013 čtverečních stop tedy rozložíme na prvočinitele:

2013=3 \cdot 11 \cdot 61

Možné rozměry záhonu jsou: 1 \times 2013, 3 \times 671, 11 \times 183, 33 \times 61. Zkusme předpokládat, že vyhrazený obdélníkový pozemek bude mít strany rovnoběžné se záhonem (nebo-li nebudeme záhon na vyhrazený pozemek dávat nějak "úhlopříčně"). Aby se na pozemek vešel záhon 2013 \times 1, musí mít jeden z rozměrů alespoň 2013. Nyní ještě potřebujeme zvolit pozemek dostatečně široký. Záhon na pozemek položíme vždy tak, že delší strana záhonu bude ležet rovnoběžně se stranou pozemku o délce 2013, tím pádem na kratší stranu pozemku musí jít zobrazit všechny kratší strany záhonu. Největší z kratších stran je 33 stop. Výše uvedeným způsobem dokážeme na pozemku 2013 \times 33 založit libovolný záhon, zbývá jen ověřit, že má pozemek plochu menší než 66666.

2013 \cdot 33 = 66249 \le 66666

Ano, lze vyčlenit takový pozemek.

Komentář: Někteří z vás zapomínali na záhon o rozměrech 2013 \times 1. Jiní si špatně přečetli zadání a počítali něco jiného, než po nich úloha ve skutečnosti chtěla.

Úloha č. 7

„Měl v obchodě 8 různých druhů manžetových knoflíčků, od každého 200 kusů. Ale u jednotlivých druhů neměl napsané ceny. Věděla jsem jenom, že každý druh stojí buď 40, nebo 50 pencí za kus. A jediný způsob, jak jsem mohla zjistit ceny jednotlivých druhů, byl ten, že jsem vzala nějaké knoflíky (klidně různých druhů a od každého druhu jiný počet), ukázala mu je a on mi řekl, kolik přesně by takový nákup stál. Ale jak říkám, byl tak hrozně nevrlý a při každé otázce se na mě hrozně mračil. Kolik nejméně otázek jsem mu musela položit, abych s jistotou zjistila ceny všech osmi druhů manžetových knoflíků?“

Řešení: Amily opravdu stačilo prodavači položit jedinou otázku, aby se dozvěděla ceny všech druhů knoflíčků. Přinesla mu 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128 knoflíčků postupně od prvního až posledního druhu. Poté, co jí prodavač řekl cenu, odečetla od ní Amily minimální cenu všech 255 knoflíků, a to 255\cdot 40. Poté zkusila od této ceny odečíst 128\cdot 10 centů. Pokud jí vyšlo kladné číslo, 8. druh stál 50 pencí a dále počítala s cenou bez těchto knoflíčků, v opačném případě musel osmý druh stát 40 pencí a ona původní sumu zachovala. Podobně pokračovala se sedmým druhem -- zkusila odečíst 64\cdot 10 pencí a pokud výsledné číslo bylo záporné, sumu nezměnila a pokračovala k šestému druhu. Takto jí na konci zbylo 0, nebo 10 pencí, podle čehož poznala cenu prvního druhu. Otázka nyní je, proč to opravdu funguje.

Předpokládejme, že máme tedy dvě různá rozložení cen mezi druhy knoflíčků, na která nám prodavač ale řekne stejnou cenu. Tato dvě různá rozložení cen se musí na alespoň jednom místě poprvé lišit (počítáno od osmého druhu). Nechť jsme tedy na této pozici odpovídající 2^{k} mincím zvolili dvě různé ceny. Poté se nám ceny mincí, které máme stranou, liší o 50 \cdot 2^{k}-40 \cdot 2^{k}=10 \cdot 2^{k}. Pak nám ale zbývá už jen 2^{k-1}+2^{k-2}+... +1 =2^{k}-1 mincí, kde i když zvolíme všechny ceny pro jednu možnost rovné padesáti a druhé všechny rovné čtyřiceti, tak rozdíl cen hromádek, co nám zbyly, se liší maximálně o (2^{k}-1)(50-40)=10\cdot 2^{k}-10. A tedy se nám po sečtení s předchozími dvěma hromádkami budou lišit minimálně o deset, a tudíž cena naší hromádky se pro dvě různá rozložení cen musí lišit minimálně o deset pencí. Z toho plyne, že jedné ceně nikdy nemůžou odpovídat dvě různá rozložení cen.

Uveďme příklad určení ceny jednotlivých hromádek. Nechť nám prodavač řekl cenu 12 350. Amily nejprve odečte 255\cdot 40 a dostane 2150. Dále pokračuje:

  • 2150-128\cdot 10=870. Osmý druh tedy stojí 50 pencí.
  • 870-64\cdot 10=230. Sedmý též 50 pencí.
  • 230< 320. Šestý druh stojí 40 pencí.
  • 230-16\cdot 10=70. Pátý stojí 50 pencí.
  • 70-80<0. Čtvrtý stojí 40 pencí.
  • 70-40=30. Třetí stojí 50 pencí.
  • 30-20=10. Druhý stojí 50 pencí.
  • 10-10=0. První stojí 50 pencí.

Komentář: Pokud vás v úloze napadlo, že chcete použít mocniny dvojky, většinou jste úlohu již dotáhli do zdárného konce. Ti, kteří úlohu nevyřešili na plný počet pak dost často zbytečně vymýšleli, jak Amily mohla zjistit pomocí osmi otázek cenu všech druhů, když ji vlastně stačilo se přijít postupně zeptat vždy na cenu jednoho knoflíku určitého druhu. Co se týče rozmístění hodnot, nemuseli jste volit právě mocniny dvojky, ale stačila libovolná řada, jejíž součet prvních k hodnot byl menší než hodnota na pozici k+1, tedy například 1,3,6,11,25,50,100,200. Pokud už jste si ale zvolili mocniny dvojky, pak určování cen je vlastně úloha podobná převádění čísel z desítkové do dvojkové soustavy, neboť (415)_{10}=(11010111)_{2}

Opravovali: 1. Filip Lux, 2. Tereza Ptáčková, 3. Petra Zahajská, 4. Miroslav Koblížek, 5. Stanislav Veverka, 6. Václav Otruba, 7. Lukáš Zavřel.