Vzorová řešení a komentáře k 2. sérii úloh

Úloha č. 1

Hlavní část pece byla tvořena železnou krychlí. Když byl Jan malý, stěhoval ji jeho otec s dalšími muži ze vsi do chalupy. Krychle byla tak těžká, že ji zvládli jen převalovat přes její hrany. Potřebovali ji posunout o šestinásobek délky její hrany dopředu a trojnásobek této délky doleva a ještě k tomu tak, aby na konci stála na stejné podstavě a byla stejně otočená jako na začátku. Mohlo se jim to vůbec podařit? Předpokládejme, že měli okolo dostatek místa.

Řešení: Pec si představím jako krychli, která se pohybuje po čtvercovém poli. Mým úkolem je zjistit, zda je možné ji převalováním přes hrany dostat na pole vzdálené o šest délek dopředu a o tři délky doleva, tedy na ilustracích z bodu A do bodu B. To, že kostka je na výsledném poli ve správné orientaci, nazvu, že je umístěna správně.

Prvním dobrým krokem, jak přistoupit k řešení, je vyzkoušet si celou situaci ve skutečnosti. Je dobré si vzít třeba hrací kostku a zkusit ji valit na požadované místo tak, aby ležela správně. Dále můžeme zkoušet, na jakých místech může být umístěna správně a na jakých ne.

Pokud se budeme držet pravidel podle zadání, nemělo by se nám podařit ji umístit správně v bodu B. Navíc se může ukázat jako pravděpodobné, že v tom, zda kostka bude umístěna správně, může hrát roli počet překlopení, která s kostkou udělám, přesněji, že se mi to může podařit, jen pokud kostku překlopím sudým počtem tahů. Pro lepší představu si mohu pole obarvit jako šachovnici (obr. vz211). Pokud kostka leží správně na bílém poli, nemohu ji sudým počtem překlápění dostat správně na černé pole. Pravděpodobně tedy nebude správným řešením ukázat, jak pec dostat na požadované místo, ale ukázat, že ji tam dostat nemohu.

Až tady začíná samotné řešení. Ještě jednou si obarvím rohy pole a krychle dvěma barvami, a to tak, aby spolu nesousedily dva rohy stejné barvy (obr. vz212).

Když se krychle valí po poli, barva jejích rohů vždy odpovídá barvě vrcholů. Cílové pole označené B má vrcholy obarvené inverzně oproti výchozímu poli. Proto je zřejmé, že ať budu krychli valit jakoukoliv cestou, v bodě B bude krychle otočená jinak, než na poli označeném A, tedy na poli výchozím.

Komentář: Úloha se dala vyložit i tak, že pec valili o šest dopředu a o 18 délek doleva, v tom případě ji na požadované místo samozřejmě dostat šlo. Bod jsem strhával za to, pokud řešitel objevil šachovnicový rastr polí, na které lze orientovat krychli správně, a nebo pouze předpokládal, že počet přetočení musí být sudý, a neukázal proč.

Úloha č. 2

Výšivka měla tvar rozložené krychle (obr. z21). Její plocha byla \def\cm{\,{\rm cm}}40 \cm^{2}. Jaký byl její obvod?

Řešení: Vzhledem k obrázku ze zadání (obr. z21), ve kterém je znázorněna čtvercová síť, jde lehce spočítat, že plochu tvoří 20 malých čtverečků (19 celých a 2 poloviční trojúhelníky). Obsah jednoho z nich pak je 40/20=2 \cm^{2}.

K výpočtu obvodu celé výšivky potřebujeme znát délku strany a délku úhlopříčky u tohoto čtverečku. Ze vzorce pro obsah máme S=2\cm^{2}=a^{2}, a proto a= \sqrt{2}\cm. Délku úhlopříčky vypočteme například z Pythagorovy věty u=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=\sqrt{4}\cm=2\cm. A z obrázku vidíme, že obvod výšivky je roven 20a + 2u = (20 \sqrt{2} + 4)\cm \doteq 32{,}28\cm.

Komentář: Jak několik z vás správně poznamenalo, tato úloha byla dost jednoduchá. Většina obdržela plný počet bodů. Někteří však měli problém s pochopením zadání. Výpočet pak prováděli v prostoru místo v rovině, jako by 40\cm^{2} byl povrch krychle. Ale zadání je jednoznačné, krychle nemá plochu ani obvod, to jsou neexistující pojmy, a proto se nutně otázka vztahuje k výšivce.

Úloha č. 3

„Mám tu volný záhonek tvaru lichoběžníku s rameny dlouhými \def\m{\,{\rm m} } 2{,}5 \m a 3{,}5 \m. Úhlopříčkami jsem ho rozdělila na čtyři trojúhelníky. Do těch u horní a dolní podstavy jsem vysela mrkev a teď marně přemýšlím, do kterého ze zbylých nasázet česnek, abych ho měla co nejvíc. Který z nich je větší?“

Řešení: Upravené řešení podle Martina Schmieda:

Trojúhelníky ACD i BCD mají stejnou základnu CD i stejnou výšku na ni, která se rovná vzdálenosti mezi rovnoběžkami AB a CD (obr. vz231). Ze vzorce pro výpočet obsahu trojúhelníku (polovina součinu strany a příslušné výšky) vyplývá, že tyto trojúhelníky mají stejnou plochu. Plochu trojúhelníku ACD lze vyjádřit také jako součet ploch trojúhelníků AED a CDE, obdobně je plocha trojúhelníku BCD součtem ploch trojúhelníků BEC a CDE. Trojúhelník CDE je obsažen v obou velkých trojúhelnících, pokud jeho obsah odečteme, nutně musí být výsledné trojúhelníky stejně velké. Takže je jedno, kam tetička Gajdošová zasadí česnek.

Komentář: Tento příklad mi přišel jako jeden z jednodušších v sérii, takže bodování bylo přísné. Byl to příklad na počítání a dokazování, takže způsob „narýsuji a změřím“ neuznávám. Přišel dostatek řešení podobných vzorovému, ale popisujte, prosím, jak jste k řešení přišli, přestože vám to přijde zřejmé. Některým bych doporučila zopakovat, jak vypadá lichoběžník... Chválím Martina Hubatu, který předvedl velmi pěkné řešení přes podobnosti trojúhelníků.

Úloha č. 4

Jeden kraj příkopu byl ve výšce 5 \m a druhý 3 \m nad vodorovným dnem; stěny příkopu byly svislé. Přes příkop měli muži šikmo položené dva žebříky, každý opřený o jeden kraj příkopu a druhým koncem zapřený u paty protější stěny příkopu. Jan stál na hraně pětimetrové stěny. O kolik metrů musel sestoupat po žebříku dolů, aby mohl přelézt na druhý žebřík a po něm se dostat na druhou stranu?

Řešení: Žebříky jsou v příkopu umístěné jako na obr. vz241.

Všimněme si, že úsečky AB, CD jsou rovnoběžné, proto jsou úhly BAC a DCA shodné a také úhly ABD a BDC jsou shodné (střídavé úhly). Tedy trojúhelníky AEB a CED jsou podobné (v poměru 5:3). Stejně tak jsou podobné i trojúhelníky BFE a DGE ve stejném poměru. Tedy víme, že

x/5=5-x/3.

Tuto rovnici vyřešíme:

\eqalign{3x&=5(5-x), \cr 3x&=25-5x, \cr 8x&=25, \cr x&=25/8, \cr x&=3{,}125.}

Komentář: Pokud jste chápali úlohu tak, že je třeba najít délku úsečky BE, tak jste mohli dostat plný počet bodů, jen pokud jste tuto délku vypočítali pro všechny možné šířky příkopu (našli jste vzorec). Když jste ji spočítali jen pro nějaké fixní šířky, strhával jsem za to body.

Úloha č. 5

Farář měl připraveno šest lamp, které pověsí na dlouhé řetízky přímo od stropu. Chtěl ale, aby byly nějak netradičně rozmístěné v prostoru. Nejlepší by bylo, kdyby mu vzniklo co nejvíce rovin, ve kterých by ležely alespoň čtyři lampy, a přitom kdyby žádné čtyři lampy neležely v jedné přímce. Kolik nejvíce rovin mu může vzniknout?

Řešení: Asi první řešení, které by nás mohlo napadnout, je rozmístit lampy do vrcholů trojbokého hranolu. Tím vzniknou tři roviny, které budou obsahovat čtyři lampy. Více rovin ale můžeme dosáhnout, když tři lampy umístíme do jedné přímky. Pak totiž každá další lampa s těmito třemi vytvoří rovinu o čtyřech lampách, neboť rovinu lze určitě právě pomocí přímky a bodu. Zbylé tři lampy však můžeme také umístit do přímky, která však nesmí být s první přímkou rovnoběžná ani různoběžná, pak by totiž všechny lampy ležely v jedné rovině, tedy jinak ona přímka musí být s tou první mimoběžná. Při takovém umístění lamp každý bod z jedné trojice vytvoří rovinu s druhou trojicí bodů a naopak, čímž nám vznikne 6 rovin obsahujících čtyři lampy.

Komentář: Mile mě překvapilo, že spousta z řešitelů dospěla k správnému výsledku a zasloužila si tak pět bodů. Ti, kdo přišli s myšlenkou umístit tři body na přímku, ale už ji nedotáhli do úplného konce a s tímto poznatkem vytvořili čtyři roviny, dostali obvykle čtyři body. Za řešení jako v první větě vzorového řešení jsem uděloval tři body. Bohužel se objevilo i pár řešení, kde byly všechny lampy umístěné v jedné rovině. Tak je samozřejmě možné získat maximální počet čtveřic lamp ležících v jedné rovině, ale vždy to bude pouze jedna a ta samá rovina. Za taková řešení jsem pak udílel nejvýše bod.

Úloha č. 6

„Před jeho zmizením nás v semináři bylo právě 30 a každý z nás uměl dobře nějaký cizí jazyk. Řecky umělo 22 z nás, hebrejsky 13 a jen 6 z nás neumělo německy. Neušlo mi ani, že každý, kdo uměl hebrejsky, uměl i německy. Kolik nejméně z nás se naučilo dokonale všechny tři jazyky?“

Řešení: Aby někdo uměl dokonale všechny tři jazyky, musí umět hebrejsky i německy, těch lidí je podle zadání třináct, a navíc musí umět řecky. Když chceme minimalizovat počet lidí mluvících všemi jazyky, tak musíme minimalizovat počet řecky mluvících z těch, kteří mluví hebrejsky i německy, tj. v této skupině maximalizovat počet řecky nemluvících. Řecky nemluví pouze 30-22=8 lidí, proto minimální počet lidi mluvících všemi jazyky je 13-8=5. Snadno se dá rozmyslet, že 5 takových lidí může být, a to v případě, když všichni, co umí německy, mluví i nějakým jiným jazykem a počet lidí mluvících jenom řecky je 6, tedy správná odpověď je 5.

Komentář: Většina z vás si s úlohou poradila a našla správný výsledek, ale často chyběla úvaha, proč počet lidí mluvících všemi jazyky nemůže být méně než 5, za což jsem strhával body. Pětibodová řešení byla podobná vzorovému nebo využila obrázek, případně tabulku, z které bylo už snadné vyčíst výsledek. Někteří samozřejmě získali za svou originalitu a přehlednost smajlíka do čokoládové soutěže, tak si své řešení nezapomeňte schovat.

Úloha č. 7

Na louce si nahrabal rovnou řadu kupek. První byla u stodoly, druhá 10 \m od stodoly a každá další právě 10 \m od té předchozí. Poté začal seno uklízet. U stodoly nabral první kupku a uklidil ji, potom došel k další nejbližší a opět ji odnesl do stodoly, a tímto způsobem sklidil postupně všechny kupky. Složit třetinu kupek mu trvalo přesně 18 minut, spolu s druhou třetinou je pak měl ve stodole přesně po hodině a 16 minutách od začátku. Jak dlouhá byla řada kupek?

Řešení: Označme si celkový počet kupek m a počet kupek v jedné třetině n. Víme, že platí m=3n. Také víme, že kupky jsou od sebe vzdálené 10 \m, od kupky 1 ke kupce 2 a zpátky tedy Jan ujde 20 \m a tím pádem při sběru x-té kupky ujde o 20 \m více než při sběru x-1. Jedná se tedy o aritmetickou posloupnost a pro její součet platí vzorec

S_{n}=n(a_{1}+a_{n})/2,

kde S_{n} znamená součet prvních n členů posloupností, a_{1} značí první a a_{n} n-tý člen posloupnosti.

Pro náš příklad platí, že a_{1}=0, protože při sběru první kupky ujde 0 \m, a_{n}=(n-1)\cdot20. Po dosazení nám tedy vyjde

S_{1}=n(0+(n-1)\cdot20)/2.

To samé můžeme provést i pro sběr dvou třetin, kde je kupek 2\times více, a vyjde nám

S_{2}=2n(0+(2n-1)\cdot20)/2.

Předpokládejme, že rychlost je konstantní. Pro výpočet rychlosti platí vztah

v=s/t,

tedy

\eqalign{v_{1}&=v_{2}, \cr s_{1}/t_{1}&=s_{2}/t_{2}, \cr}

kde \def\min{\,{\rm min} }t_{1}=18 \min , t_{2}=76 \min .

Po dosazení získáme

\eqalign{n(0+(n-1)\cdot20)/2/18&=2n(0+(2n-1)\cdot20)/2/76, \cr 20(n^{2}-n)/18&=20(4n^{2}-2n)/76, \cr 76n^{2}-76n&=72n^{2}-36n, \cr 4n&=40, \cr n&=10. \cr}

V jedné třetině je tedy 10 kupek, tím pádem celkem jich je 30. Jelikož je první kupka přímo u stodoly, je řada dlouhá 30\cdot10-10=290 \m.

Komentář: Nejtěžší na celé úloze bylo uvědomit si, že rychlost sběru je konstantní a že samotný sběr kupky Janovi nezabere žádný čas. Řešitelé, kteří správně poznali, že se jedná o aritmetickou posloupnost, a došli ke správnému výsledku, dostali plný počet, za správný výsledek s postupem metodou pokus-omyl jsem dávala body 3. O bod přišli ti řešitelé, kteří si neuvědomili, že počet kupek není odpověď, nebo zapomněli odečíst vzdálenost kupky ležící přímo u stodoly.

Opravovali: 1. Filip Lux, 2. Vojtěch Kika, 3. Helena Pučelíková, 4. Martin Smolík, 5. Miroslav Koblížek, 6. Jakub Dargaj, 7. Barbora Šmídová.