Úloha č. 1

Ondra dal Zuzce za úkol vyplnit tabulku (viz obr.) čísly 1-7 tak, aby v každém řádku i sloupci bylo každé číslo právě jednou. Aby to ale nebylo tak jednoduché, musela dodržovat podmínky dané kolečky: plné kolečko značí, že jedno z čísel je dvojnásobkem sousedního; prázdné kolečko znamená, že se sousední čísla liší o 1. A pokud tam není žádné kolečko, nenastává žádná z předchozích dvou podmínek. Dokážete to i vy?

Řešení: Vzorové řešení podle Martina Trégla.

Nejprve si označíme sloupce písmeny A-G a řádky čísly 1-7 (viz obr.).

V pravém horním rohu jsou tři plná kolečka v řadě. Jedinou možností, jak je obsadit, je 1, 2, 4 nebo 4, 2, 1. Vždy bude ale 2 uprostřed (F1=2). V poli E2 musí být tedy také 2 (E2=2). Ve sloupci G jsou jen dvě místa bez černých teček - musí tedy obsahovat 5 a 7. V poli F2 může být kvůli bílému kolečku jen 4 nebo 6, ale 4 je dvojnásobek dvojek z okolních polí (F2=6). V posledním sloupci smí 6 být jen v poli G7, jinak by sousedilo s čísly 5 nebo 7, ale chyběly by kolečka (G7=6). Dále G6=3. V G3 a G4 nesmí být čísla 1 a 2 - 1 potřebuje 2 přes bílé kolečko, ale ve sloupci F už 2 je. Tedy na G3 a G4 bude 2 a 4. Dál G1=1, E1=4. V E3 může být jen 1 nebo 3, totéž v F3 (nesmí tam být 5 kvůli F2). V F4 může být 1, 3 nebo 5, z toho plyne, že na F5 bude 2, 4 nebo 6, ale 2 a 6 už ve sloupci F jsou (F5=4). Na G5 tedy nesmí být 5 (G5=7, G2=5). Na G3 nesmí být 4 (G3=2, G4=4). Na D1 může být jen 6 nebo 7 kvůli sousední 4. Na D2 by tedy šlo 5, 6 nebo 7, ale 5 a 6 už v řádce jsou (D2=7, D1=6). Na pole A1 zbývá 3, 5 nebo 7. Z toho plyne, že v poli A2 může být 2, 4 nebo 6, ale 2 a 6 už v řádce jsou (A2=4). V řádku 2 už chybí jen 1 a 3, z toho 3 nesmí být vedle 4 v políčku A2 (B2=1, C2=3). V poli C3 musí být 4, v poli C4 potom 2 (C3=4, C4=2). V 3. řádku mám čísla 1 a 3 zarezervována pro pole E3 a F3, tedy D3=5. V C5 musí být 1 kvůli bílému kolečku (C5=1). Z toho D5=2. V poli E5 musí být 6 kvůli dvěma bílým kolečkům (E5=6). Na C6 musí být také 6, protože v prvním a posledním řádku už 6 je (C6=6). Na D6 nesmí být 1, protože pak by na D7 vycházela 2, jenže ta už ve sloupci je (D6=4, D7=3, D4=1). Dále E6=5, E4=7. Doplníme 6. řádek - F6=7, A6=1, B6=2. Potom A7=2, B7=4, B5=3 a postupně doplňujeme jako sudoku (A5=5, A4=6, A3=7, A1=3, B3=6, B4=5, B1=7, C1=5, C7=7, F7=5, E7=1, E3=3, F3=1 a F4=3).

Komentář: Za správně vyplněnou tabulku jsem udělovala dva body. Další tři jsem přidávala za postup. Přišla spousta řešení jenom s vyplněnou tabulkou. Protože ale postup je občas důležitější než samo řešení, nemohla jsem takovým dát plný počet. Proto příště pište veškeré svoje poznatky z řešení.

Úloha č. 2

Tom tvrdil, že viděl včera v noci v lese mnohostěn, jehož každá stěna byla mnohoúhelník s různým počtem vrcholů. Marek mu to ale nevěřil. Kdo má pravdu? Jak mohl onen mnohostěn vypadat?

Řešení: Máme rozhodnout o existenci mnohostěnu, jehož všechny stěny jsou tvořeny mnohoúhelníky s různým počtem vrcholů. Označme si počet stěn našeho mnohostěnu n.

První stěna v konstrukci našeho n-stěnu má alespoň 3 hrany, protože nejmenší n-úhelník je trojúhelník. Můžeme tedy s jistotou říci, že stěna v našem n-stěnu, kterou přidáme do konstrukce v n-tém kroku, bude mít minimálně n+2 hran. Kdybychom nestavěli náš n-stěn postupně z 3, 4, 5, 6, 7,..., n-úhelníků, ale nějaké mnohoúhelníky z této posloupnosti vynechali, mohlo by se stát, že stěna s největším počtem vrcholů („největší n-úhelník“) bude mít ještě větší počet hran. Ale s jistotou víme, že náš „největší n-úhelník“ bude mít alespoň n+2 hran.

Má-li být náš n-stěn mnohostěnem, musí platit, že každá stěna n-úhelníku se na všech svých hranách stýká s různými dalšími stěnami našeho n-stěnu. Kdyby tato podmínka neplatila, nebylo by možné takový útvar vůbec označit za mnohostěn.

A z těchto dvou úvah již nám vyplývá spor. Na jedné straně víme, že náš n-stěn má n stěn a že jeho n-tá stěna má n+2 hran. Zároveň však víme, že má-li výsledkem být n-stěn, pak se každá stěna na každé své hraně stýká s jinou. Z toho by ovšem plynulo, že n-stěn musí mít nejméně n+2 stěn, abychom mohli doufat, že výsledné těleso bude opravdu mnohostěn. Předpokládáme-li tedy, že existuje n-stěn splňující zadání, plyne z toho, že se nejedná o n-stěn ale o (n+2)-stěn.

Proto takovéto těleso existovat nemůže, a Tom ho tedy nemohl vidět v lese.

Úloha č. 3

„Součet několika po sobě jdoucích přirozených čísel (alespoň dvou) je 22 088. Jaké číslo tam bylo nejvyšší?“

Řešení: Rozmysleme si, kolik může mít součet po sobě jdoucích členů prvků.

Nechť je nejprve počet sčítanců liché číslo. Obecně platí, že se číslo a dá rozložit na k sčítanců, kde k je liché, pokud k dělí a beze zbytku. Tyto sčítance pak jsou (a/k-k/2), (a/k-(k/2+1)), (a/k-(k/2+2)), ..., a/k, ..., (a/k+(k/2-1)), (a/k+k/2).

Je-li počet sčítanců sudé číslo m, pak číslo a se dá rozložit na m sčítanců, pokud se podíl a:m dá zapsat ve tvaru c+0,5, kde c je nějaké přirozené číslo.

Tyto sčítance pak jsou (c-m/2+1), (c-m/2+2), ..., c, (c+1), ..., (c+m/2).

Nyní si rozložme číslo 22 088 na prvočinitele:

Nejprve zjistěme, zda jde číslo 22 088 rozložit na sudý počet dělitelů. To jde, neboť 22 088:16=1 380,5, tedy 22 088 jde rozložit na součet 1 373+1 374+\cdots+1 387+1 388. Rovněž jde rozložit na 11 a 11\cdot16, tedy 176 sčítanců, jedná se o rozklady 2 003+2 004+\cdots+2 013 a 37+38+\cdots+213. Číslo 22 088 nejde rozložit na jiný počet sčítanců, poněvadž by nejmenší prvek součtu byl menší než nula, což být nemůže, jelikož se má jednat o součet přirozených čísel.

Díky poněkud nešťastně zformulovanému zadání je správným výsledkem kterékoli z čísel 213, 1 388 a 2 013.

Komentář: Většinou se vám podařilo nalézt alespoň jedno řešení, ale k plnému počtu bodů jste potřebovali své řešení alespoň trochu slovně okomentovat a vysvětlit, jak jste postupovali. Pokud jste tak vůbec neučinili a na opravujícího vykoukla série výpočtů téměř bez slovního komentáře, dostali jste zpravidla 3 body. Body jsem vám tentokrát nestrhával, pokud jste se mě snažili přesvědčit, že se nedá 22 088 rozložit na sudý počet sčítanců, neboť v zadání úlohy nebylo napsáno, že máte najít všechna taková řešení.

Úloha č. 4

„Kolik existuje pravoúhelníků s celočíselnými délkami stran, pro které platí, že velikost obsahu je rovna velikosti obvodu?“

Řešení: Pravoúhelník je čtyřúhelník, který má všechny úhly pravé.

Hledáme takový, jehož obvod je stejný jako obsah. To znamená, že hledáme dvojice délek stran, pro které platí rovnost:

Příklad šel řešit pomocí dělitelnosti:

Čísla a i 2 jsou přirozená, proto musí být přirozené i 4/(b-2). Aby bylo přirozené, musí být výraz (b-2) dělitelem 4, tedy 1, 2 nebo 4. Z toho vyplývá, že b je 3, 4 nebo 6.

K těmto hodnotám dopočítáme a. Obdélníky se stranami a=3, b=6 a a=6, b=3 jsou shodné. Proto má úloha dvě řešení: a=3, b=6 a a=4, b=4.

Komentář: Někteří řešitelé si mysleli, že pravoúhelníky jsou i pravoúhlé trojúhelníky, a řešili tak těžší příklad. Někteří sice zadání pochopili a našli obě řešení, ale ani se nepokoušeli vysvětlit, proč jsou jen tato dvě; za taková řešení jsem dávala tři body. Ráda bych pochválila ty řešitele, kteří k výsledkům přidali i důkaz, že jich víc není, nebo se alespoň o tento důkaz pokusili. Obzvlášť pěkné řešení měli Martin Trégl a Tereza Jilková.

Úloha č. 5

„Stála jsem v místnosti s obdélníkovým půdorysem, jejíž stěny byly od stropu až do určité výšky nad zemí tvořené zrcadly. Byla jsem 2 m od stěny dlouhé 2,5 m a 1 m od 6 m dlouhé stěny. V jaké největší výšce nad zemí mohla začínat zrcadla, abych si viděla na svoje paty, jestliže se obraz od každé ze stěn odrážel právě jednou a oči jsem měla ve výšce 1,8 m nad zemí?“

Řešení: Tato úloha má více postupů řešení, zde si ukážeme jedno z těch jednodušších, které je téměř totožné s řešením Davida Koziny.

Mnoho z vás si správně představilo, že při pohledu od jedné z bočních stěn uvidíme paprsek spojující oči a paty jako lomenou čáru s jedním odrazem od levé a jedním od pravé stěny (viz obr.). Základním faktem, ze kterého vycházíme, je zákon odrazu, tvrdící, že úhel dopadu světelného paprsku je stejný jako úhel odrazu. Další užitečnou znalostí je shoda velikosti střídavých úhlů. Tím nám v bočním pohledu paprskem vznikají dva rovnoramenné trojúhelníky, které jsou navzájem podobné. Jejich základny dohromady tvoří výšku postavy, tedy 1,8 m. Délky jejich těžnic (zároveň i výšek) k základně pak udávají vzdálenost postavy od stěn. Poměr mezi délkami základen je stejný jako poměr těchto výšek. Konkrétně tedy 4:2 a 1,5:1. Délky základen jsou proto 1,2 m a 0,6 m při pohledu od kratší stěny a 1,08 m a 0,72 m od delší strany. Jelikož chceme, aby poslední odraz proběhl co nejvýše, díváme se na bližší stěnu tak, aby základna trojúhelníku u země byla ta delší z dvojice. Vrcholy trojúhelníků jsou pak v polovině délky základen. V ideálním případě odrazy proběhnou ve výškách 1,5 m =1,2+0,6/2, 1,44 m (1,08+0,72/2), 0,6 m =1,2/2 a 0,54 m (=1,08/2). Správnou odpovědí je proto 0,54 m. Při pohledu shora tvoří paprsek rovnoběžník, jehož delší strany jsou rovnoběžné s jednou z úhlopříček. Postava se dívá na kratší stěnu poblíž nejbližšího rohu (viz obr.).

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste počítali s odrazem jen od jedné stěny, i když v zadání bylo „od každé stěny právě jednou“. Navíc si tím pádem vidí postava spíše špičky než paty. Příště si na to dávejte pozor, je to zbytečná ztráta bodů, protože to úlohu výrazně zjednodušuje. Druhou nejčastější chybou pak bylo, že jste zapomněli, že situaci je třeba hodnotit z obou bočních stran, a tedy po odrazu ve výšce 0,6 m se paprsek ještě jednou odráží. Dále si můžete všimnout, že nebylo třeba počítat ani délku paprsku ani úhly, které svírá se stěnami, i když i tímto způsobem se dal tento příklad (složitěji) vyřešit.

Úloha č. 6

„Máme zadaný trojúhelník ABC a úsečku délky d. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník KLM o základně KL délky d, který bude mít stejný obsah jako trojúhelník ABC.“

Řešení: Tato úloha měla více možných řešení.

Způsob 1: Trojúhelník ABC (ze zadání) mohu zvolit, bude tedy rovnoramenný s velikostí |AB|=|KL|=d. Jelikož jsem si zvolil, že trojúhelník ABC je rovnoramenný, tak nemusím dále nic víc řešit a trojúhelník opíši formálně tedy trojúhelník ABC = trojúhelník KLM. Jak sestrojit tento trojúhelník? Možností je opravdu spoustu. Jedno z řešení je: zvolím si |AB|=|AC|=|BC|=3 cm.

• |AB|; |AB|=3 cm
• k_{1}; k_{1}(A,r=3 cm)
• k_{2}; k_{2}(B,r=3 cm)
• C; k_{1} \cap k_{2}=C (pracujeme pouze ve 180°)
• \triangle ABC
• A=K; B=L; C=M
• \triangle KLM

Způsob 2: Trojúhelník ABC je obecný, ale má |AB|=|KL|=d. Zde využijeme příznivé situace, že mají základny stejnou délku a ze vzorce pro výpočet obsahu trojúhelníku nám teď stačí, aby měly oba trojúhelníky stejnou výšku. Sestrojení trojúhelníku KLM: Nechť už máme narýsovaný trojúhelník ABC, který má velikost |AB|=d.

• p; p \parallel AB \wedge p \in C
• A=K, B=L
• S_{kl}; |KS_{kl}|=|S_{kl}L|
• q; q \perp p \wedge S_{kl} \in q
• M; q \cap p=M
• \triangle KLM

Způsob 3: Trojúhelník ABC je obecný, nemá žádnou stranu s velikostí d. Znám velikosti a, b, c, v_{c}, d (=|KL|); obsah trojúhelníku spočítám obecně vzorcem S=c \cdot v_{c}/2. Protože S_{ABC}=S_{KLM}, platí:

• KL; |KL|=d
• k_{1}; k_{1}(K, r=d/2)
• S_{kl}; KL \cap k_1=S_{kl}
• p; p \perp KL \wedge S_{kl} \in p
• k_{2}; k_{2}(S_{kl}, r=c \cdot v_{c}/d)
• M; p \cap k_{2}=M
• \triangle KLM

Komentář: Někteří z vás mi řešení pouze narýsovali, ale byly z nich patrné výše uvedené kroky, tedy i to stačilo k získání plného počtu bodů.

Úloha č. 7

„Kolika způsoby lze zapsat číslice 0-9 za sebe, pokud každou použijeme právě jednou, aby takto vzniklá posloupnost neobsahovala žádné z čísel 2 011, 2 012, 2 013?“

Řešení: Nejprve bylo třeba si uvědomit, že v takové posloupnosti se nemůže vyskytovat číslo 2 011 (protože by se v ní opakovala jednička) ani 2 012 (protože by se v ní opakovala dvojka).

I tak je ale těžké zjistit počet způsobů přímo (ačkoliv jedné řešitelce se to úspěšně povedlo), proto na to půjdeme oklikou. Nejprve spočítáme počet všech způsobů - těch, kde posloupnost obsahuje číslo 2 013, i těch, kde ho neobsahuje - a pak od něj odečteme počet různých posloupností, které číslo 2 013 skutečně obsahují.

Kolik různých posloupností lze sestrojit? Inu, posloupnost má 10 cifer a každou cifru musíme dát na nějaké místo. Začněme třeba nulou, tu můžeme dát na libovolné místo. To máme deset možností, jak umístit nulu. Ať ji umístíme kamkoliv, zbude nám 9 políček, kam dát jedničku, pak 8 políček na dvojku a tak dále, až nám zůstane jediné políčko pro devítku. Celkem to je 10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=3 628 800 posloupností (zkuste si to pro menší čísla).

Číslo 2 013 se může vyskytovat na celkem 7 pozicích, jak ilustruje následující obrázek:

• 2 0 1 3 _ _ _ _ _ _
• _ 2 0 1 3 _ _ _ _ _
• _ _ 2 0 1 3 _ _ _ _
• _ _ _ 2 0 1 3 _ _ _
• _ _ _ _ 2 0 1 3 _ _
• _ _ _ _ _ 2 0 1 3 _
• _ _ _ _ _ _ 2 0 1 3

To nám dává 7 vzorů „zakázaných“ posloupností. Do každého vzoru můžeme ovšem doplnit zbývajících šest cifer (4, 5, 6, 7, 8, 9) mnoha způsoby. Stejným způsobem jako pro celou posloupnost zjistíme, že to bude 6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=720 posloupností pro každý vzor. Celkem je tedy zakázaných posloupností 7\cdot720=5 040.

A počet posloupností bez 2 013 (a samozřejmě, 2 011 a 2 012) je 3 628 800-5 040 = 3 623 760.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že řešitel odečítal jen 7 posloupností místo 5 040. Je třeba si uvědomit, že ačkoliv máme jen 7 různých pozic, kde může být číslo 2 013, tak posloupností s číslem 2 013 je mnohem více (720 pro každou pozici 2 013). Například jsou zakázané posloupnosti 2013456789, 2013546789 nebo 2013457689.

Ačkoliv jsem uznával všechna korektní řešení, chtěl bych obzvláště pochválit ty z vás, kteří podrobně zdůvodňovali svoje postupy a nespokojili se pouze s uvedením nějakého vzorce.

Někteří z vás špatně pochopili celé zadání. To chtělo počet deseticiferných posloupností, kde se každá cifra vyskytuje právě jednou a cifry 2, 0, 1, 3 nejdou hned po sobě, např. povolené posloupnosti jsou 1234507689 nebo 5463210789; ovšem nelze použít např. 4201357689 (obsahuje 2 013) nebo 1123456789 (opakuje se jednička).

Opravovali: 1. Helena Pučelíková, 2. Michal Outrata, 3. Dominik Tělupil, 4. Anna Steinhauserová, 5. Vojtěch Kika, 6. Garegin Minasjan, 7. Petr Hudeček.