Úloha č. 1

Oplocená louka byla ve tvaru rovnostranného trojúhelníku o straně délky 2014 sáhů rozděleného ploty na rovnostranné trojúhelníky o straně 1 sáh. Někdo po louce rozmístil značky tak, že si ve vzniklé síti vždy vybral nějaký trojúhelník, jehož všechny tři strany tvořily nějaký plot, a do jeho těžiště umístil značku, pokud v něm již značka nebyla. Kolik celkem použil značek, když takto postupně vybral všechny trojúhelníky, které na této louce vybrat lze?

Řešení: V této úloze bylo důležité si uvědomit, kde všude mohou být težiště trojúhelníčků. Po úvaze zjistíme, že se nachází pouze uprostřed těžiště každého jednotkového trojúhelníčku a na spojnici plotů pro trojúhelníky délky tři. Všechny ostatní trojúhelníky mají těžiště, které se překrývá s těžištěm nějakého trojúhelníku velikosti jedna nebo tři. Ale kolik jich je? Nejprve spočítáme celkový počet jednotkových trojúhelníků.

Kolik je bodů, které jsou těžištěm trojúhelníku se stranou dlouhou 3? Stačí spočítat, kolik takových trojúhelníků je. Označím si krajní pravé body od shora dle toho, kolik je v daném řádku bodů. V prvních dvou úsecích nemohu označit žádný bod, ve třetím řádku jeden (okraje těžnice netvoří), ve čtvrtém dva, ... až 2014. řádku 2012 (2015. řádek neboli základna nemá žádné další těžiště). Tedy stačí nám sečíst řádek 3 až ve 2014 a dostaneme celkový počet značek, což je součet čísel 1 + 2 + ... + 2012 =2025078.

Celkem to je tedy 4056196 + 2025078 = 6081274 značek.

Komentář: Mnoho z vás počítalo první část příkladu přes obsah trojúhelníku, což obecně není špatně, avšak zaokrouhlovali jste na jedno desetinné místo, a to při výsledcích jdoucích do miliónů není přípustné! A tudíž se chyby vyskytovaly od jednotek až po statisíce.

Úloha č. 2

Jednomu gorilákovi se povedlo načapat krásnou gorilu ležící a odpočívající. Měřila 170 cm a ležela rovnoběžně s plotem rozdělujícím území obou týmů. Naneštěstí 3 m od ní stál rovnoběžně s průhledným plotem jejich stroj času dlouhý 4{,}3 m a od plotu vzdálený 10 m. Jakou nejkratší vzdálenost a kam musel gorilák ujít, aby viděl celou gorilu, stál-li přesně v ose ležící gorily a stroje času? (Přes plot samozřejmě přelézt nemohl, ale po území svého týmu a podél plotu se mohl pohybovat libovolně.)

Řešení: Vzorové řešení podle Jakuba Kislingera:

Gorilák musel jít podél plotu a dostat se do bodu Z (viz obr. ). Kdyby chtěl vidět celou gorilu z jiného místa X než z bodu Z, musel by ujít delší vzdálenost.

Výpočet délky GZ: $\eqalign{|GZ| &= |FZ| - |FG|, \cr |FG| &= 0,5 \cdot |AB|, \cr |FG| &= 0,85 . \cr }$

Délku úsečky FZ vypočítáme s využitím podobnosti trojúhelníků AED a AFZ. Tyto trojúhelníky jsou podobné -- mají shodné vnitřní úhly |\angle EAD |=| \angle FAD| a |\angle AED| = |\angle AFZ| = 90°. Platí, že |FZ|:|ED| = |AF|:|AE|, |AE|=3 m , |AF| = 3 m + 10 m = 13 m , |ED|=|CD|-|CE| = 4,3 m-1,3 m=3 m , takže $|FZ|:3 = 13:3, |FZ|=13 m , |GZ|=13 m-0,85 m=12,15 m$. Gorilák musel ujít minimálně 12,15 m , aby viděl gorilu celou.

Komentář: Přišlo opravdu velké množství řešení, ve kterých jste si narýsovali přesné rozměry (nějak poměrově zmenšené), a pak jste výslednou trasu goriláka pravítkem změřili. Když pominu, že jste to většinou změřili špatně, tak tohle nebyla úloha na rýsování, ale na počítání. Za měření jsem strhávala hodně bodů, proto příště čtěte zadání úlohy až do konce, ať o body nepřicházíte.

Úloha č. 3

Zuzka odhadla, že vlak, který odjížděl od týmů -- ten, na který naskočila, jel rychlostí cca 90 km/h. V protisměru jej míjel vlak, který, jelikož byl plný součástek, jel jen 54 km/h a okolo Zuzky profrčel za 12 s. Jak dlouhý byl vlak plný součástek a jak dlouho se vlaky míjely (tzn. alespoň část vlaků byla vedle sebe), jestliže Zuzka zjistila, že její vlak měřil 80 m?

Řešení: Nejprve si označíme známé hodnoty a převedeme na vhodné jednotky. Zuzčin vlak má délku s_{z}=80 m a rychlost v_{z}=90 km/h=25 m/s. Vlak se součástkami má rychlost v_{s}=54 km/h=15 m/s a neznámou délku s_{s}. Čas, za který vlak se součástkami projede kolem Zuzky, je t_{z}=12 s, čas, během kterého se vlaky míjejí, označíme t.

K vyřešení použijeme známého vztahu mezi dráhou, časem a rychlostí s=v \cdot t. Délku s_{s} získáme z tohoto vztahu s tím, že vlaky se pohybují směrem proti sobě, tedy jejich vzájemná rychlost (zároveň i rychlost pohybu vlaku se součástkami vůči Zuzce) je součtem jejich rychlostí. Celkem

Pro druhou část úlohy platí stejný vztah s tím, že dráha je nyní delší o délku Zuzčina vlaku a čas je neznámý. Převedeno do rovnice máme:

Komentář: Úloha patřila ke snadným, proto jsem strhával body i za drobné, např. numerické chyby. Nejčastější chyba byla, že jste při řešení zapomínali, že i v první části je třeba rychlosti vlaků sčítat. Na tuto chybu jste mohli přijít ve druhé části, kdy vám vyšla doba t jako 6,5 s. To však není možné, doba průjezdu kolem celého vlaku musí být delší než doba průjezdu kolem jediného místa na vlaku (kde stojí Zuzka). Dále jste často v první části navíc používali délku Zuzčina vlaku. Na té ale nezáleží, pokud se Zuzka dívá směrem na druhý vlak, není přece podstatné, jestli za ní je jeden vůz nebo dalších sto.

Úloha č. 4

Zuzka se rozhodla, že jako první nakreslí trojúhelník ABC o obsahu 1 ^ 2. Potom si řekla, že si zobrazí jeho těžiště T ve středové souměrnosti podle středu těžnice t_{c} na bod T'. Jaký obsah má vzniklý čtyřúhelník ABTT'?

Řešení: Vzorové řešení podle Martina Trégla:

Jak víme, poměr vzdálenosti těžiště T od vrcholu a strany je 2:1. Jestliže těžiště zobrazíme ve středové souměrnosti podle středu těžnice, bude mít výsledný bod T' poměr vzdáleností od stejných bodů 1:2. Body T a T' společně rozdělují těžnici na třetiny. Pokud sestrojíme úsečky $AT, BT, AT', BT', vznikne nám šest nových trojúhelníků. Všechny mají stejně dlouhou základnu, třetinu těžnice t_{c}$. Všechny mají jako jeden z vrcholů buď A nebo B. Jelikož body A a B mají od těžnice t_{c} stejnou vzdálenost, mají všechny trojúhelníky nejen stejnou základnu, ale také výšku -- trojúhelníky mají stejný obsah.

Tvrzení o stejné vzdálenosti A a B od t_{c} můžeme snadno dokázat: vzdálenost bodu od přímky měříme na kolmici, spustíme tedy kolmice z bodů A a B na těžnici t_{c} s patami Y a X -- vzniklé trojúhelníky AYC' a BXC' jsou shodné podle věty usu, neboť |AC'|=|BC'|, úhly \alpha=\alpha' jsou vrcholové a úhly \beta=\beta' jsou střídavé.

Jestliže malé trojúhelníky jsou právě šestiny trojúhelníku ABC a čtyřúhelník ABTT' obsahuje tři z nich, je jeho obsah roven polovině trojúhelníku, tedy 0,5 ^2.

Komentář: Tato úloha mi přišla poměrně lehká, proto jsem hodnotila docela přísně. I tady se našlo pár rýsovacích a měřících řešitelů, ale nebylo jich mnoho. Další zase předvedli, že toto umí spočítat na příkladu pravoúhlého rovnoramenného trojúhelníku. Plný počet dostali ti, kteří nejen napsali školní znalost, že těžnice dělí trojúhelník na dva menší, obsahově poloviční, ale uměli to i dokázat.

Úloha č. 5

Do krabičky se dalo hodit kterékoli celé číslo a z krabičky naopak nějaké celé číslo vypadlo. Když do ní Zuzka opakovaně hodila stejné celé číslo, číslo, které vypadlo, bylo vždy stejné a kladné. A pak si všimla ještě jedné vlastnosti. Když do krabičky vhodí součet dvou čísel x a y, tak číslo, které z ní vypadne, je stejné jako součin čísla, které vypadne při vhození x, s číslem, které vypadne při vhození y. Určete, jaká všechna čísla mohla vypadnout z krabičky a proč, když do ní Zuzka vhodí číslo 2014.

Řešení: Do krabičky může vstoupit libovolné celé číslo x, číslo, které z krabičky vypadne po vhození x, označme f(x). Pravidlo ze zadání si můžeme přepsat do tvaru f(x+y)=f(x) \cdot f(y) pro všechna x, y. Rovněž dle zadání víme, že f(x) je kladné celé číslo. Víme, že platí f(0)=f(0) \cdot f(0), tedy f(0)=1. Platí, že 0=a+(-a), tedy 1=f(0)=f(a+(-a))=f(a) \cdot f(-a). Odtud vidíme, že pro každé celé a platí, že 1=f(a) \cdot f(-a), přičemž f(a) \cdot f(-a) je součin dvou kladných celých čísel, který je roven jedné, tedy f(a)=1 pro každé a, tedy z krabičky vždy vypadne jednička, tedy i pokud vhodíme číslo 2014, vypadne číslo 1.

Komentář: Tuto poměrně složitou úlohu vyřešilo jen málo z vás. Všechny řešitele, kteří získali pět bodů, velmi chválím. Někteří z vás na správný postup řešení sice přišli, ale neuvědomili si, že do krabičky můžou vstupovat i záporná čísla, což výrazně omezuje počet řešení. Tito řešitelé dostali zpravidla tři body. Poměrně hodně řešitelů si bohužel s touto těžkou úlohou neporadilo, za jakékoli pozorování jste byli oceněni jedním bodem.

Úloha č. 6

Oni vlastně nehráli karty, ale ukazovali si různé karetní triky a předváděli se. Krokodýl se žábou řekli lvovi: „Vyber nám libovolných 6 karet z tohohle balíčku s padesáti dvěma žolíkovejma kartama, jeden z nás si je prohlédne a tomu druhému postupně ukáže pět z nich. A ten druhý potom jenom podle těch pěti karet uhodne, jaká je ta šestá.“ Lev jim nevěřil, že to zvládnou, ale pokaždé se jim to povedlo. A to není všechno! Žába s krokoušem tvrdili, že jim stačí jen 5 karet -- tedy že postupně odkryjí 4 karty a druhý z dvojice správně tipne pátou kartu. Jak to naši dva zelení kamarádi v obou případech mohli provést? Mohlo se jim to povést, nebo to není možné a museli podvádět?

Řešení: Oba hráči předvádějící trik se samozřejmě na začátku museli dohodnout, jak pomocí karet zakódují poslední neukázanou kartu. Nejdříve si domluvili nějaké řazení karet podle velikosti -- například podle hodnoty karty a v případě shodné velikosti je červená karta větší než černá, srdcová větší než kárová a křížová vyšší než piková, jak tomu je v některých karetních hrách. Pro jistotu ještě uvedu, že 52 žolíkovými kartami se myslí karty pro hru žolíky bez karet žolíků, rozhodně ne například 52 stejných karet, na nichž je žolík, jak se mě někteří snažili přesvědčit.

V prvním případě máme pomocí pěti karet určit šestou. Na karty se můžeme dívat jako na čísla (kolikátá nejnižší je daná karta). Pět čísel umíme seřadit 5!=5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120 způsoby (jako první můžeme vyložit jednu z pěti karet, jako druhou jednu ze čtyř atd.). Po vyložení páté karty tedy náš parťák ví, které ze 120 možných seřazení pěti karet jsme udělali. Protože potřebujeme zakódovat pouze 52 karet (technicky ještě míň -- dokonce jen 47, protože 5 jsme jich ukázali), stačí když každé kartě přiřadíme nějaké pořadí prvních pěti karet, s tím, že některé pořadí prostě nikdy nepoužijeme, protože nebude kódovat žádnou kartu.

Příklad: Máme karty, které při převedení na čísla jsou 4,12,21,27,39 a chceme pomocí nich zakódovat kartu číslo 3. Kartu číslo 1 bychom mohli zakódovat jako (4,12,21,27,39), kartu číslo 2 jako (4,12,21,39,27) a kartu číslo 3 bychom zakódovali jako (4,12,27,21,39). Pětičíselné kombinace porovnáváme zleva po složkách, dokud není jedna složka větší. Takto docílíme, že naše kombinace pro číslo 3 je opravdu 3, nejmenší možná.

Pro případ, kdy máme jen 4 karty na zakódování páté, musíme použít trochu složitější trik. Kdybychom používali to samé, co minule, dostaneme 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=24 různých pořadí karet, což už pro zakódování 52 karet nestačí. Jenže my můžeme využít toho, kterou kartu necháme našeho společníka hádat. Jelikož dostaneme pět karet a karty mají jen 4 barvy, určitě se bude některá barva karty v naší pětici vyskytovat alespoň dvakrát. Když se tedy domluvíme, že jednu kartu ze stejnobarevné dvojice ukážeme jako první a druhou necháme hádat, máme domluveno, jak zjistit barvu, a stačí již jen nějak zjistit velikost karty (pokud jich je víc se stejnou barvou, nevadí, prostě z nich vezmeme nějaké dvě karty stejné barvy). K tomu nám zbývají ale už jen 3 karty, pomocí nichž můžeme zakódovat maximálně 3 \cdot 2 \cdot 1=6 kombinací, ale my potřebujeme zakódovat 12 karet (o jedné víme, že to není, protože to je ta první vyložená).

Když hodnoty karet uspořádáme do kruhu, tzn. 2,3, ... ,K,A,2,3, ... a někdo nám vybere nějaké dvě karty dané barvy, vždy se z jedné z nich pomocí maximálně šesti kroků po směru hodinových ručiček (neboli kroků k o jedna větší kartě) dostaneme k té druhé. Např. dostaneme dvojku a devítku. Z dvojky na devítku je to sice sedm kroků, ale z devítky na dvojku je to jen 6 kroků (9 \rightarrow 10 \rightarrow J \rightarrow Q \rightarrow K \rightarrow A \rightarrow 2). To platí pro všechny dvojice, protože kdybychom z první karty k druhé potřebovali více než 6 kroků a z druhé k první také, znamenalo by to, že máme minimálně 7+7=14 hodnot karet, ale my jich máme jen 13.

Když tedy vybíráme, kterou ze dvou karet dané barvy ukázat a kterou skrýt, skryjeme tu kartu, ke které se dá z té první dostat pomocí maximálně šesti kroků po směru hodinových ručiček. Nyní již není problém pomocí druhé, třetí a čtvrté karty zakódovat, která z šesti karet dané barvy je ta skrytá a máme vyhráno.

Ukažme si to ještě raději na příkladě: dostaneme srdcovou 2, srdcovou 9, károvou 3, křížovou 5, pikovou Q. Jak už jsme ukázali, z devítky se na dvojku umíme dostat pomocí šesti kroků, proto necháme společníka hádat srdcovou dvojku. Jako první vyložíme srdcovou devítku. V tu chvíli náš společník ví, že jsme mu schovali srdcovou kartu a je to 10, J, Q, K, A nebo 2. Po první vyložené kartě už hádá pouze z šesti karet! Jelikož dvojka je od devítky vzdálená šest, musíme z našich třech zbylých karet sestavit šestou nejmenší kombinaci, což bude piky Q, kříže 5, káry 3$$. V tu chvíli společník ví, že má spočítat šestou kartu od srdcové devítky, což je dvojka. A máme vyhráno!

Komentář: Jednalo se o poměrně obtížnou úlohu z kategorie logické -- stejně jako možná znáte nějaké úlohy s hádáním barev klobouků apod. V těchto úlohách tak trochu naopak oproti běžnému životu platí, že co není povoleno, je zakázáno. Tím chci říct, že jsme možná explicitně nezakázali v zadání například říct nahlas, kterou kartu jste schovali, karty dávat na různé části stolu, mrkat, otáčet karty, klepat do stolu a podobně, ale jistě vidíte, že proti čistému matematickému vzorovému řešení jsou toto poněkud špinavé triky. Proto, prosím, příště v podobných úlohách zkuste hledat matematické řešení, ne nějaké podvůdky, kterých samozřejmě umíte nalézt nekonečně. Když nevíte, zda je daná věc povolena, zkuste si představit, že je trik prováděn s pomocí počítače -- tedy že se vám na monitoru zobrazí postupně po stejných časových úsecích pět (resp. čtyři) karet a vy musíte uhodnout skrytou kartu jen pomocí toho, co jste viděli na monitoru. Trik pro hádání ze čtyř karet jde samozřejmě použít i v prvním případě s pěti kartami (například pátou vyloženou kartu budeme úplně ignorovat a postupovat jako v druhém případě). První způsob jsem ukazoval zejména proto, že je trochu jednodušší na pochopení, zatímco v druhém postupu se využívá několika triků. Ti, kdo úlohu celou vyřešili, použili všichni stejné řešení jako vzorové. Řešitelé, kteří se popasovali s první částí úlohy, dostali dva až tři body. Jeden bod jsem dával za nějakou ideu -- např. nápad na určení barvy.

Úloha č. 7

Zuzka posléze zjistila, že hlavní hnací silou tohoto stroje času byli dva pískomilové zavření každý ve svém výběhu, kterým byl uzavřený tunel, jehož chodby tvořily strany čtverce. Oba čtverce měly společný střed a jejich strany byly dlouhé 2 a 4 $. Menší byl vůči většímu otočen o 45°$. Prvního pískomila umístil tým do pravého horního rohu většího výběhu, druhého do horního rohu menšího výběhu. Aby stroj mohl fungovat, museli pískomilové běhat pořád dokola po hranici výběhu stálou rychlostí $1 m/s_m(. Další podmínkou pro fungování stroje byl směr obíhání. Pískomil z většího výběhu musel běhat po směru hodinových ručiček a jeho kamarád v menším výběhu proti směru hodinových ručiček. Jak nejblíže se k sobě umí pískomilové dostat a za jak dlouho se to stane nejdříve?

Řešení: Nejprve si uvědomíme, jak oba tunely vypadají, a nakreslíme si obrázek (obr. )4$$.

Z něj vidíme, že pískomilové se mohou dostat nejblíže k sobě teoreticky ve dvojicích bodů A, A_{1} nebo B, B_{1} nebo C, C_{1} nebo D, D_{1}. Jak zkontrolujeme, že k sobě nemůžou být nikdy blíž? Z každého bodu většího čtverce můžeme nanést vzdálenost bodů A, A_{1}, tím vznikne čtverec, jehož strany protínají menší čtverec pouze v bodech A, B, C, D. Neexistuje tedy bod menšího čtverce, který by ležel blíž k většímu.

Jedním z úkolů je zjistit, jak daleko jsou od sebe tyto dvojice bodů. Všechny dvojice jsou od sebe stejně daleko, můžeme spočítat například vzdálenost bodů A, A_{1}. Označíme si a délku strany menšího čtverce a u délku jeho úhlopříčky. Hned vidíme, že |A_{1}S|=1/2u. Dále víme, že |AS|=4/2=2 m a |AA_{1}|=|AS|-|A_{1}S|=|AS|-1/2u. K nalezení vzdálenosti A, A_{1} stačí dopočítat u. Použijeme Pythagorovu větu na trojúhelník A_{1} B_{1} D_{1} (s odvěsnami délky a a přeponou délky u), dostaneme u^{2}=a^{2}+a^{2}=2a^{2}, tedy u=a\cdot\sqrt{2}. Nyní už můžeme dosadit do vzorečku a získáme

$

Dále zjistíme, kdy (a jestli vůbec) se pískomilové mohou dostat zároveň do některé z těchto dvojic. Vytvoříme tabulku s časy v jednotlivých bodech:

k=0, 1, 2, 3,... a l=0, 1, 2, 3,... jsou počty oběhů celých čtverců

Nyní stačí najít k, l takové, aby výrazy na jednom řádku byly shodné. Pro první řádek má platit 2+k\cdot 16 =6+l\cdot 8, tedy k\cdot 16 =4+l\cdot 8, ale 16 nedělí 4+l\cdot 8, tedy žádná k, l této rovnosti nevyhovují. Podobně pro druhý a čtvrtý řádek neexistují žádná k, l, pro které by jednotlivé rovnosti platily. Pro dvojici C, C_{1} má platit:

Vidíme, že l>0. Máme najít minimální hodnotu, dosadíme tedy l=1 a hledáme k :

Z toho vyplývá, že pískomil ve větším výběhu doběhne do bodu C za 10s stejně jako ten z menšího výběhu (ten už tam bude podruhé).

Komentář: Většina řešitelů pochopila úlohu správně a hravě ji vyřešila. Někteří řešitelé bohužel zapomněli na jednu nebo druhou část úlohy, za což jsem jim dala 3 body. Spousta řešení obsahovala nepřesná desetinná čísla většinou bez označení za přibližný výsledek, proto bych chtěla zdůraznit, že 2-\sqrt{2} je přesná hodnota výsledku.

Opravovali: 1. Garegin Minasjan, 2. Helena Pučelíková , 3. Vojtěch Kika, 4. Helena Pučelíková, 5. Dominik Tělupil, 6. Jan Bílek, 7. Lenka Petržilková.