Úloha č. 1

Canhalta (slečna z Ondrova snu) šla do banky nechat si proplatit šek, protože už měla úplně prázdnou peněženku. Jenže paní pokladní byla trochu zmatená a dala jí místo korun halíře a místo halířů koruny. Odpoledne s klidem utratila 7 korun, a pak měla v peněžence přesně dvojnásobek sumy uvedené na šeku. Kolik korun a kolik halířů bylo uvedeno na šeku? (pozn.: koruna má 100 halířů)

Řešení: Vzorové řešení je silně inspirováno řešením Františka Záhorce, které bylo asi nejpřehlednější ze všech odevzdaných.

Označme si počet korun na šeku x a počet haléřů na šeku y. Částky budeme psát ve tvaru (koruny, haléře). Na šeku byla částka (x,y), pokladní vydala (y,x). Dále má podle zadání platit rovnice, že (y,x)=2\cdot (x,y)+(7,0). Je potřeba si uvědomit, že pokud by původně haléřů bylo 50 a více, při zdvojnásobení částky bychom získali navíc korunu (haléřů bychom pak měli o 100 méně).

Dále ze zadání plyne, že Canhalta na záměně vydělala, a tedy y > x. Přitom z výše uvedené rovnice (haléřová část) je x=2 \cdot y, a tedy by bylo y=x/2 < x. Proto vidíme, že haléřů muselo být původně více než 50, jinak by platily tyto dvě rovnice (dohromady x < y < x), což nelze. Teď už jen zapíšeme do rovnice, co víme. Pro koruny máme y=2x+7+1 a pro haléře máme x=2y-100, kde +1 v první a -100 v druhé rovnici vyjadřují převádění přes korunu. Nyní už jen do první rovnice dosadíme x a z druhé rovnice vyjádříme y. Platí y=4y-200+8 \Rightarrow y=64. Dále x=2y-100=2 \cdot 64-100=28. Na šeku tedy původně bylo 28 korun a 64 haléřů. Pro kontrolu -- (64,28)=2 \cdot (28,64)+(7,0), což platí. Pokud jste si neuvědomili, že haléřů musí být více než 50, bylo třeba spočítat ještě jednu soustavu, tentokrát bez převádění koruny z haléřů. Ta však nemá kladné, celočíselné řešení.

Komentář: Správný výsledek nalezli téměř všichni z vás, 1 až 2 body získali ti, kteří jej nalezli úvahou společně s hádáním. Mnoho z vás si převedlo koruny na haléře (nebo naopak) a popsali situaci pouze jednou rovnicí. Z té však nelze určit požadované hodnoty jinak než uhodnutím, i když možností není až tak mnoho. Taková řešení získala 4 body. Plný počet bodů pak bylo možné získat za úplně správné řešení, případně za nalezení jedné rovnice a její šikovnou úpravu tak, aby řešení šlo vidět.

Úloha č. 2

Na večírku bylo n lidí, kteří se během večera všichni navzájem poznali. Ondra nikoho před večírkem neznal a ještě přišel pozdě, a tak stihl poznat jen několik lidí. Na konci večírku si potřesou rukou všichni, kteří se na konci večera znají. Pokud si rukou potřáslo přesně 68 dvojic lidí, kolik lidí znal na konci večírku Ondra?

Řešení: Při řešení této jednoduché úlohy si musíme uvědomit, jak vlastně podávání ruky funguje. Pokud jsou na večírku dva lidé, první z nich si potřese ruku s druhým -- tedy máme jedno potřesení. Při třech lidech si první potřese ruku s druhým a s třetím. Druhý si potřese pouze ruku s třetím -- tedy tři potřesení. Po další aplikaci vidím, že pro n lidí je počet potřesení roven součtu (n-1)+(n-2)+ ... +(n-n). Tedy budu sčítat přirozená čísla do té doby než přesáhnu stanovený počet potřesení a z toho vydedukuji, s kolika lidmi se Ondra stihl poznat. Dopočítal jsem se tedy k řadě 1+2+ ... +11=66. Z výše uvedených předpokladů vidím, že z 11 lidí, kteří jsou na večírku, se každý poznal s každým a zbylá dvě potřesení musí patřit Ondrovi. A proto se Ondra stihl seznámit se dvěma lidmi.

Komentář: Jediná překážka byla v pochopení zadání úlohy, dobré bylo si uvědomit, že si lidé potřásají rukou právě jednou, nikoli vícekrát.

Úloha č. 3

Kostka byla ve tvaru pravidelného dvacetistěnu a celý její povrch byl složený z navzájem se dotýkajících kuliček. Kuličky tvořící hranu byly společné oběma stěnám a v každém vrcholu ležela právě jedna kulička náležící všem hranám, které se v něm stýkají. Kdyby se ke kuličkám tvořícím tento dvacetistěn přidalo dalších 390, šlo by vytvořit nový, větší dvacetistěn. Kolik kuliček tvořilo hranu kostky a kolik by bylo na hraně nově vzniklého dvacetistěnu?

Řešení: Začneme tím, že si sestavíme vzorec pro počet S_{n} kuliček ve dvacetistěnu v závislosti na počtu n kuliček na hraně. Na dvacetistěnu máme tři typy kuliček. Těch, které tvoří vrcholy, je vždy 12. Kuliček na jedné hraně bez krajních (neboť ty jsou zároveň ve vrcholu) je n-2, a protože má dvacetistěn 30 hran, je takových kuliček 30(n-2). Posledním typem kuliček jsou ty, které tvoří vnitřky stěn, a tudíž náleží vždy pouze jedné stěně. Vnitřek každé stěny je tvořen rovnostranným trojúhelníkem o straně n-3 kuliček. Počet kuliček v tomto trojúhelníku je $1+2+... +(n-4)+(n-3)=(n-2)(n-3)/2$ (odvození tohoto vzorce pro součet řady tu nebudu uvádět, ale určitě se s ním setkáte ve škole nebo na nějaké akci Pikomatu). Tento počet kuliček musíme započítat vcelku logicky dvacetkrát. Tím pro n kuliček (n\geq 2) na hraně dvacetistěnu dostáváme celkový počet kuliček

Jak vidíme, dostali jsme krásně jednoduchý vzorec pro počet kuliček, ze kterého je mimo jiné vidět například i zajímavá vlastnost, že počty kuliček ve všech dvacetistěnech budou končit číslicí 2 a po jejím škrtnutí nám zůstane druhá mocnina přirozeného čísla. Nyní již není nic jednoduššího, než sestavit rovnici, kdy na jednu stranu do vzorce dosadíme n a na druhou n+k:

Na levé straně rovnice jsme dostali součin dvou přirozených čísel (2n+k+2) a k. Aby mohla platit rovnost, musejí být určitě tato dvě čísla děliteli čísla 39. Číslo 39 lze rozložit na součin pouze dvěma způsoby: 39=1\cdot 39 a 39=3\cdot 13. A protože je jasné, že 2n+k+2>k, máme pouze dvě možnosti, jak tyto dělitele přiřadit číslům (2n+k+2) a k. Z první možnosti k=1 a 2n+k+1=39 vyplývá řešení n=20 a k tomu nový dvacetistěn s hranou o k=1 větší, tedy 21. Vyřešením možnosti k=3, 2n+k+2=13 získáme druhé řešení n=6 a nový dvacetistěn má hranu o k=3 větší, tedy 9 kuliček. Zároveň je z našeho postupu vidět, že jsme našli všechna řešení.

Komentář: Řešení pomocí rovnice došla k mému zklamání pouze dvě. Všichni ostatní, kteří získali pět bodů, volili postup rozebráním počtů kuliček všech dvacetistěnů s hranou do 21. Je to postup, který při správném provedení skutečně vede k nalezení všech řešení, ale existuje velké riziko, jak se ti, kdo dostali pouze tři body, na vlastní kůži přesvědčili, že při nalezení jednoho řešení už další přestanete hledat. Navíc rozepisování všech možností bylo už takto na hranici proveditelnosti kvůli množství výpočtů, a pokud by se v zadání objevilo mnohem větší číslo, bylo by už opravdu neproveditelné. Proto je vždy lepší snažit se najít řešení nějakým obecnějším postupem. Už snad jen proto, že je zkrátka hezčí.

Úloha č. 4

Ondra zjistil, že čarodějnice si ze svých 25 koní chtějí vybrat 3 nejrychlejší, aby stihly sjezd strašidel. Vzaly je tedy na dostihový okruh, kde může najednou běžet závod maximálně 5 koní. Pak ale zjistily, že ta nejošklivější ztratila stopky a jinak čas měřit neumí. Naštěstí každý kůň zaběhne vždy stejný čas. Lze určit prvního, druhého a třetího nejrychlejšího koně pomocí 7 dostihů?

Řešení: Nejrychlejší 3 koně umíme poznat na 7 dostihů. Abychom měli jistotu, že je nalezneme, musí každý kůň běžet alespoň jednou. Necháme tedy v prvních pěti dostizích běžet všech 25 koní. V dalším dostihu necháme běžet vítěze z každého dostihu. Vítěz šestého dostihu je jistě nejrychlejší ze všech (porazil ty nejlepší z každého závodu), ale pozor, druhý a třetí kůň šestého dostihu nemusí být druhý a třetí nejrychlejší kůň celkově!

Všimněme si, že pokud označíme koně jako v tabulce, šanci na stupně vítězů mají kromě celkového vítěze A1 pouze koně A2, A3, B1, B2 a C1. Jak jsme k tomu dospěli? Pokud si v tabulce vybereme nějakého koně z prvních pěti dostihů, je pomalejší než všechny koně ve sloupci nad ním. Kromě toho je ještě pomalejší než všechny koně v prvním řádku nalevo od koně (například kůň B3 může být nejlépe čtvrtý, protože je pomalejší než B2, ten je pomalejší než B1, který je určitě pomalejší než A1). Našich pět koní uvedených výše jsme tedy získali tak, že z políčka A1 jdeme maximálně dva „kroky“ dolů nebo doprava.

Jelikož je A1 nejrychlejší, necháme běžet v sedmém dostihu A2, A3, B1, B2 a C1. Nejrychlejší kůň dostihu bude celkově druhý, druhý ze sedmého dostihu bude celkově třetí.

Komentář: I když jsem měl pocit, že se jedná spíše o těžší úlohu, vyvedli jste mě z omylu. Velká část z vás úlohu vyřešila úplně správně. :) Častou chybou bylo, že jste si neuvědomili, že po šesti dostizích nenaleznete všechny tři nejrychlejší koně, ale pouze jednoho. Jiní si zase udržovali trojici nejlepších koní, proti kterým nechávali postupně závodit ostatní, těm se to ale nepovedlo lépe než na 11 dostihů. Nejčastější chybou ale bylo slovo „výtěz“ :P.

Úloha č. 5

Šklíba Ondrovi řekla, aby do příchodu Srdcové královny vysázel růže, pokud nechce přijít o hlavu. Měl za úkol vytvořit alespoň 6 řádků růží. Řádek je tvořen libovolnými třemi růžemi ležícími na jedné přímce. Ondra ale dostal pouze 7 růží. Mohl je takto vysázet?

Řešení: Uveďme si jedno z možných řešení. Umístěme libovolně tři růže tak, aby tvořily vrcholy trojúhelníku ABC. Dále umístěme růže do středů stran tohoto trojúhelníka a poslední růži do těžiště. Z obrázku je nyní dobře vidět, že na každé straně trojúhelníku leží tři růže a na každé těžnici leží tři růže, bylo tedy možné, aby Ondra růže požadovaným způsobem vysázel.

Komentář: K zisku plného počtu bodů stačilo nalézt některé z několika různých řešení, což většině z vás nedělalo problém. Poměrně často se vyskytla myšlenka umístit všechny růže do jedné přímky a tvrdit, že tam máme víc než šest trojic růží. To je sice pravda, ale tyto růže leží všechny v jednom řádku, který obsahuje sedm růží, nejedná se tedy o více řádků po třech.

Úloha č. 6

Superdělitelné číslo je takové deseticiferné číslo, v němž je každá číslice právě jednou a ve kterém platí, že číslo tvořené prvními k ciframi je dělitelné pro všechna k od 1 do 10 (tedy např. číslo tvořené prvními dvěma ciframi je dělitelné 2, číslo vzniklé zakrytím poslední cifry je dělitelné 9). Kolik je superdělitelných čísel a která to jsou?

Řešení: Vzorové řešení podle Terezy Vlčkové:

Celé desetimístné číslo musí být dělitelné 10, takže končí nulou. Druhá, čtvrtá, šestá a osmá číslice musí být sudá, pro ostatní pozice zbývají liché číslice. Na pátém místě bude 5, protože pro dělitelnost 5 musí číslo končit 0 nebo 5 a 0 už jsme obsadili. Pro dělitelnost devíti musí být ciferný součet dělitelný devíti. Na prvních devíti místech nebude nula, ciferný součet je tedy 1+2+...+8+9=45, tj. takové číslo bude devíti dělitelné vždy.

Součet prvních tří číslic je dělitelný třemi, a stejně tak součet prvních šesti číslic je dělitelný třemi, z toho musí být dělitelný třemi součet čtvrté, páté a šesté číslice. Dvojciferné číslo tvořené třetí a čtvrtou číslicí musí být dělitelné čtyřmi, a protože je třetí číslice lichá, může na čtvrtém místě být jen 2 nebo 6. Aby bylo číslo dělitelné osmi, musí být poslední trojčíslí dělitelné osmi. Protože číslice na místě stovek je sudá, stačí zjistit dělitelnost osmi pro poslední dvojčíslí. Číslice na místě desítek je lichá, takže číslice na místě jednotek musí být opět 2 nebo 6.

Kolem čísla 5 jsou tedy dvě sudá čísla, z nichž jedno je 2 nebo 6 a jejichž ciferný součet spolu s číslem 5 je dělitelný třemi. Možnosti pro obsazení jsou tedy dvě, a to 258 a 654.

Vezmeme první možnost: 258. Po doplnění všech známých čísel nám vyjde a4b258c6d0. Na místa a a b lze doplnit jen 1 a 7 (v libovolném pořadí), dále tedy na místě c může být pouze 9. Bohužel čísla 1472589 ani 7412589 nejsou dělitelná sedmi.

Druhá možnost je 654, takže číslo vypadá a8b654c2d0. Na místě c může být 3 nebo 7. Na a a b lze doplnit 1 a 3 nebo 1 a 9 (opět v libovolném pořadí). Dál nezbývá, než propočítat jednotlivé možnosti pro dělitelnost sedmi (pro čísla 1836547, 8136547, 1896543, 1896547, 9816543 a 9816547), až nakonec zjistíme, že jediné superdělitelné číslo je 3816547290.

Komentář: Nepřišlo mnoho řešení. U těch došlých jsem hodnotila jedním bodem podmínky pro dělitelnost 5 a 10, dalšími třemi body omezující podmínky pro dělitelnosti ostatními čísly a jedním bodem výsledek. Jednalo se o relativně těžkou úlohu, ale i tak se většina řešení podobala vzorovému a já jsem velmi často udělovala plný počet bodů.

Úloha č. 7

Ondra si nakreslil čtyři úsečky a označil si je písmeny a, b, c a d. Úsečky měly délku a=4,3 cm, b=3,1 cm, c=3,4 cm, $d=2,8 cm$. Pak zkonstruoval úsečku délky

Zkonstruujte ji čistě geometricky také.

Řešení: V této úloze začneme nejdříve zjištěním, kolik měří \sqrt{a^{2} - b^{2}} a to pomocí znalosti Pythagorovy věty a Thaletovy kružnice. Nejprve si sestrojím úsečku AB o velikosti a. Poté nad ní sestrojím Thaletovu kružnici t. Z bodu A sestrojím druhou kružnici k o poloměru b. Průsečík Thaletovy kružnice t a kružnice k s poloměrem b si označím jako bod C. Velikost úsečky BC je naše hledaná velikost \sqrt{a^{2} - b^{2}}. Ve druhé části využiji znalosti redukčního úhlu, kdy nejprve danou úsečku zvětším o 2c a následně zkrátím pomocí velikosti d.

Komentář: Někteří z vás neumějí číst zadání! Řešení mělo být vypracováno geometricky, nikoli algebraicky. Takováto řešení jsem byl nucen ohodnotit 0 body, jako hrubé porušení podmínek řešení úlohy. Naopak mi nevadilo, že jste nesestrojovali „Pythagorův trojúhelník“ pomocí Thaletovy kružnice, i když by to určitě bylo vhodné. Za řešení skončená v tomto bodě jsem uděloval 3 body. Zbylé 2 se udělovaly za využití podobnosti, či redukčního úhlu. Samozřejmostí byla tolerance chyb spojená s nepřesnotí měření, i když pro příště by nebylo špatné, abyste si své výsledky algebraicky zkontrolovali.

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