Vzorová řešení a komentáře k 2. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Dena přístroje rozmístila do vrcholů takového pravoúhlého trojúhelníku, ve kterém délky těžnic na odvěsny byly 3 a 5 palců. Sestrojte uvedený trojúhelník.

Řešení: Tuto úlohu jde řešit více způsoby, já ve své konstrukci použiji podobnost trojúhelníků BCD a BC'S (obr. vz211).

Základní vlastnosti, které při řešení této úlohy použiji jsou: těžnice v trojúhelníku je úsečka spojující vrchol s bodem umístěným ve středu protější strany, těžnice se protínají v bodě T vzdáleném dvě třetiny délky těžnice od příslušného vrcholu trojúhelníka, Thaletovu kružnici, podobné trojúhelníky – pokud jeden z nich má jednu stranu s poloviční délkou v porovnání s původním podobným trojúhelníkem, poté už mají všechny strany poloviční délku oproti původnímu trojúhelníku. Tyto znalosti společně s konstrukční metodou trisekce úsečky použiji na konstrukci bodu C', pomocí kterého snadno zkonstruuji zbytek trojúhelníka – vím totiž, že bod C' je střed strany BC. Bod C' leží na Thaletově kružnici nad odvěsnou BS a od bodu T je vzdálen 1/3|AC'|.

Zápis konstrukce by zjednodušeně vypadal takto:

  1. BD; |BD|=3 palce,
  2. bod S; S je středem BD,
  3. bod T; T leží na BD a |DT|=1 palec,
  4. bod S'; S' je střed SB,
  5. kružnice k_{1}; střed k_{1} je S' a poloměr k_{1} je 0,75 palce (dá se odměřit, protože to není iracionální číslo),
  6. kružnice k_{2}; střed k_{2} je T a poloměr k_{2} je 5/3 palce (zde se použije trisekce úsečky, neboť jde o iracionální číslo),
  7. bod C'; C' je průsečík kružnic k_{1} a k_{2},
  8. bod C; C leží na polopřímce BC', |BC|=2|BC'|,
  9. bod A; A leží na polopřímce CD, |CA|=2|CD|,
  10. trojúhelník ABC.

Komentář: Úloha byla celkem jednoduchá. Vyskytly se však dva problémy s pochopením úlohy, za které jsem strhával v jednom případě jeden bod a v druhém hned pět bodů. Úloha zněla: „Sestrojte uvedený trojúhelník.“ To znamená, že úloha je konstrukční. Konstrukční úlohy jsou – již od dob starých Řeků výhradně – úlohy konstruovatelné za pomoci pravítka a kružítka a tedy se v nich nesmí ani nic odměřovat ani počítat. (Odměří se hodnoty ze zadání a pak už se používá jen kružítko a pravítko.) Problém s menší bodovou ztrátou je trisekce úsečky. Toto byla ztráta bodu za pokus obejít celkem složitou konstrukci odměřováním, což není akceptovatelné. Druhým problémem byly obecně pokusy o početní řešení úlohy. Takové řešení je sice možné, v konstrukčních úlohách však nepřípustné, z čehož plyne pro dotyčné absolutní ztráta, respektive bod za konstruktivní snahu. Nejčastěji jsem tedy dával 1 a 4 body, ale našla se i výborná řešení.

Úloha č. 2

Dena nevěděla, co značky znamenají. Jeden zápis pochopila jako číslo 2^{2015} \cdot 3^{1000}. Jaké jsou poslední dvě cifry uvedeného čísla?

Řešení: Poslední dvě cifry součinu jsou dané posledními dvěma ciframi součinitelů. Nejprve si zjistím, jak se opakují poslední dvě cifry mocnin dvou: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 28, 56, 12, 24, 48, 96, 92, 84, 68, 36, 72, 44, 88, 76, 52, 04, 08, 16, 32. Poslední dvojčíslí se opakuje po dvaceti mocninách. Od 2015 odečtu 1 a poté vydělím počtem opakujících se čísel (kromě první dvojky, ta se neopakuje). Zbytek po dělení mi určí poslední dvě cifry: 2015-1=2014, 2014/20=100, zb. 14 – hledané dvojčíslí je tedy 68.

Stejně to budeme opakovat i u trojky: 3, 9, 27, 81, 43, 29, 87, 61, 83, 49, 47, 41, 23, 69, 07, 27, 63, 89, 67, 01, 03, 09, 27, 81, 43 – poslední dvojčíslí se opakuje po dvaceti mocninách. Tedy 1000/20=50, zb. 0, takže hledané dvojčíslí je 01. Vynásobením 68 a 1 dostaneme poslední dvojčíslí násobku: 68\cdot 01=68. Hledané číslo končí na 68.

Komentář: Přišla spousta pěkných řešení, která se více či méně podobala vzorovému. V dalších se případ rozložil na části, kde v jedné se zjišťovalo opakování číslic na místě desítek a v další na místě jednotek. Tohle řešení bylo taky zajímavé, zvídaví řešitelé si ho můžou sami vyzkoušet.

Přišla ale i spousta řešení, kde se zadání zadalo do kalkulačky. Příklad je úmyslně vymyšlen tak, aby potřeboval přemýšlení, a ne jen otrocké mačkání do kalkulačky. Tato řešení mě mrzela, neviděla jsem tam žádnou velkou snahu a hodnotila jsem je nulou.

Ostatní řešení s viditelnou snahou jsem hodnotila podle správnosti a úplnosti.

Úloha č. 3

Dena může jít na stanici pěšky rychlostí 5 mil za hodinu, anebo poslat s pomocí konstruktu zprávu, aby jí poslali drožku. Když pošle zprávu, musí jít pomaleji, aby ji pak konstrukt našel, a proto bude její rychlost 4 míle za hodinu. Než zpráva dorazí na stanici, uběhne půl hodina (nezáleží na tom, jak daleko ta stanice je). Hned poté pošlou pro Denu drožku, která pojede rychlostí 12{,}5 míle za hodinu. Jak daleko musí být stanice, aby se Deně vyplatilo poslat zprávu?

Řešení: Vzorové řešení podle Kristýny Kratochvílové:

Ze zadání můžeme sestrojit rovnici t_{1} = t_{2} s neznámou s, tedy vzdáleností stanice. Nyní si určíme, co dosadíme za t_{1} a t_{2}. Pokud půjde Dena pěšky, čas t_{1}, za který se dostane na stanici, se bude rovnat s/v, kde s je vzdálenost stanice a v je Denina rychlost, tedy 5 mil za hodinu. Pokud by si ale poslala pro drožku, nejprve by půl hodiny šla, a tedy ušla 2 míle (v = 4 míle za hodinu). Poté musí ujít ještě vzdálenost s_{1} za čas t rychlostí v_{1} = 4 míle za hodinu. Drožka ujede za čas t dráhu s_{2} rychlostí v_{2} = 12,5 mil za hodinu. Zapíšeme to rovnicí:

\eqalign{ s_{1} + s_{2} &= s - 2, \cr v_{1} t + v_{2} t &= s - 2, \cr 16{,}5t &= s - 2, \cr t &= {s - 2 \over 16{,}5}.}

Drožka pojede stejnou vzdálenost stejnou rychlostí zase zpět, takže jí to bude trvat stejně dlouho. Celkový čas t_{2} cesty, pošle-li Dena pro drožku, bude:

t_{2} = 0{,}5 + {2(s-2) \over 16{,}5}.

Nyní už můžeme dosadit do první rovnice:

\eqalign{ {s \over 5} &= 0{,}5 + { 2(s-2) \over 16{,}5}, \cr {s \over 5} &= {8{,}25 + 2s -4 \over 16{,}5}, \cr 16{,}5s &= 41{,}25 + 10s - 20, \cr s &\doteq 3{,}27. }

Pokud bude stanice vzdálená alespoň 3{,}27 mil, vyjde Deně nastejno cesta pěšky i drožkou. Při každé větší vzdálenosti už se jí to vyplatí.

Komentář: Většina z vás měla správně hlavní myšlenku příkladu, ale ne všichni jste ji dotáhli do konce. Někteří jste si neuvědomili, že nejlepším způsobem, jak úlohu řešit, bylo sestavit si rovnici t_{1} = t_{2}. Nejčastější chybou při sestavování rovnice pak bylo, že jste porovnávali dráhy, nikoli časy (s_{1} = s_{2}). Řada z vás si pak při dalším postupu neuvědomila, že pokud chce jet Dena drožkou, jde půl hodiny pěšky, než dorazí konstrukt na stanici, a pak v chůzi pokračuje do chvíle, než se setká s drožkou.

Plný počet bodů jsem udělovala těm řešitelům, kteří došli správným postupem ke správnému výsledku, tři body jsem dávala za správné řešení se špatným postupem. Velkou pochvalu získává František Záhorec, který úlohu vyřešil správně dokonce dvakrát – našel dva způsoby, jak se na úlohu lze dívat.

Úloha č. 4

Nad 5 mil širokým kanálem je most, po němž jede vlak rychlostí 100 mil za hodinu. Ve vzdálenosti 0{,}1 míle od mostu pluje po kanálu kolmo k mostu loď rychlostí 10 mil za hodinu. Vlak projede po mostě přesně ve chvíli, kdy bude loď pod ním. Mohla by tato situace nastat, i pokud by loď plula pod jiným úhlem? (Předpokládejte, že vlak i loď mají velikost bodu.)

Řešení: Úkolem je zjistit, jestli existuje nějaký další bod B na mostě, do kterého loď přímou cestou dorazí právě ve chvíli, kdy tam bude vlak. Načrtneme si obrázek (obr. vz241), jak by taková situace vypadala, a z něj odvodíme, co by pro tento bod muselo platit. Bod, kde začíná loď, označíme L; bod, kde začíná vlak, označíme V a původní bod setkání (když loď pluje kolmo) bude bod A. Tím dalším bodem setkání bude bod B. Úhel ALB označím \alpha.

Víme, že každý takový bod musí být desetkrát dál od vlaku než od lodi (protože vlak je desetkrát rychlejší), tedy |BV|=10|BL|. Dále víme, že |AV|=10|AL|, tedy:

\eqalign{ |BV|-|AV|&=10|BL|-10|AL|, \cr |AB|&=10|BL|-10|AL|, \cr |BL|&={10|AL|+|AB| \over 10}.}

Použijeme Pythagorovu větu pro trojúhelník ALB k získání vzdálenosti AB:

|BL|^{2}=|AB|^{2}+|AL|^{2}.

Dosadíme za |BL|:

\Big ({10|AL|+|AB| \over 10}\Big )^{2}=|AB|^{2}+|AL|^{2}.

Vzdálenost AL je 1/10 míle, tak ji dosadíme do rovnice:

\Big ({1+|AB| \over 10}\Big )^{2}=|AB|^{2}+\Big ({1\over10}\Big )^{2}.

Máme kvadratickou rovnici, kterou musíme vyřešit:

\eqalign{ {(1 + |AB|)^{2} \over 100} &=|AB|^{2}+{1 \over 100}, \cr 1 +2|AB|+ |AB|^{2} &= 100|AB|^{2} + 1, \cr 99|AB|^{2} - 2|AB| &= 0, \cr |AB|\cdot(99|AB| - 2)&=0.}

Odtud jsou již vidět řešení rovnice, jedno řešení je |AB| = 0 (pokud loď pluje kolmo) a druhé |AB|=2/99. Takže takový bod na mostě, kdy vlak ujede 10krát větší dráhu než loď, je ještě jeden.

Zkušenější řešitelé si mohou pomocí funkce tangens přesně spočítat, pod jakým úhlem musí loď plout:

\tan \alpha={|AB| \over |AL|}={{2 \over 99} \over {1 \over 10}}= {20 \over 99}.

Pomocí funkce arkus tangens si můžeme spočítat, že je to přibližně 11°.

Komentář: Spousta z vás bohužel špatně pochopila zadání, a tím pádem jste odeslali řešení jiné úlohy. Nejčastější chybou v řešení úlohy bylo, že jste posouvali loď nebo vlak, takže vám přestala platit podmínka ze zadání. Takovým řešením jsem bohužel nemohl dát žádné body. Řada z vás ale úlohu pochopila a odeslala i správné řešení; takovým řešitelům jsem s radostí dal plný počet bodů.

Úloha č. 5

Tabulka čokolády má tvar čtverce 10 \times 10. Dva policisté se střídají v tazích. V jednom tahu hráč určí čtvereček a ulomí všechny čtverečky napravo a dolů od něj. Prohrává ten, kdo odebere poslední čtvereček. Má některý z hráčů výherní strategii? Jakou? (Výherní strategie je postup hráče, který mu vždy zajistí výhru.)

Řešení: Kdybychom chtěli hru vyhrát, museli bychom najít takové tahy, které jsou neovlivnitelné tahy našeho protihráče, který se pochopitelně bude snažit nám vítězství překazit. Otázkou je, jestli takové tahy, které mi zajistí výhru, v této hře existují.

Výherní strategii v této hře má hráč, který hru začíná (hráč 1). Postup, který ho dovede vždy k vítězství, je takovýto: vybere čtvereček B2. Když odebereme všechny čtverečky napravo a dolů od vybraného, odebereme celou vyšrafovanou část obrázku vz251. Tím nám z čokolády zbude jen 19 políček uspořádaných do tvaru písmene L.

Hráč 2 je teď na tahu. Jedinné políčko, které si nebude chtít vybrat, je políčko A1. Kdyby si totiž vybral políčko A1, odebral by všechny zbývající čtverečky čokolády (tedy i ten poslední) a hru by tak prohrál. Vybere si proto nějaké políčko z A2–A10, nebo B1–J1, například A5.

Hráč 1 si vybere políčko symetricky umístěné podle diagonály čokolády, tedy políčko E1. Proč si vybere zrovna tohle políčko? Aby si hráč 1 zajistil výhru, potřebuje časem přimět hráče 2, aby si vybral políčko A1. To je ale prohrávající políčko, a tak se mu bude hráč 2 snažit vyhnout. Poslední tři tahy hry určitě budou A2–B1–A1, nebo symetricky B1–A2–A1 (rozmyslete si, že to tak opravdu musí být). Protože chce hráč 1 vyhrát, musí přimět hráče 2, aby si zvolil políčko A2 (nebo B1). Tohle políčko si ale zase hráč 2 zvolí jen tehdy, když nebude mít jinou možnost, protože si dovede spočítat, že ho tah dovede k prohře. A právě k tomuto kroku přiměje hráč 1 hráče 2 tím, že bude udržovat stejný počet čtverečků v řádku i ve sloupci. Když bude kopírovat jeho volbu čtverečku v řádku (ve sloupci) na svou volbu čtverečku ve sloupci (v řádku), odebere se v každém kole hry x čtverečků v řádku a x čtverečků ve sloupci. Tímto postupem se časem dostane hra do fáze, kdy hráč 2 odebere jeden ze čtverečků A2 nebo B1, hráč 1 odebere symetricky čtvereček B1 nebo A2 a hráč 2 odebere poslední čtvereček A1, čímž prohraje.

Komentář: Úloha nebyla nejšťastnější, mnoho z vás nepochopilo správně zadání, resp. interpretovali si zadání tak, že hra byla primitivní a šla vyhrát jedním tahem. Tohle by vám mělo přijít podezřelé, že bychom vám dali řešit úlohu, jejíž řešení je tak primitivní. Kdyby se to někdy opakovalo, nebojte se nám napsat mail a zeptat se, jestli to opravdu je myšleno tak, jak to chápete. Rádi vám odpovíme a ujasníme zadání, je to lepší, než když vyřešíte úlohu špatně kvůli nepochopení zadání.

Úloha č. 6

Před hlavní budovou bylo malé náměstíčko vydlážděné ve tvaru mřížky 20 \times 20. Student, jenž šel na první přednášku, musel projít po té mřížce tak, že začal v pravém dolním rohu a musel se dostat do levého horního. Mohl se při tom pohybovat jenom doleva nebo nahoru a směl dělat kroky o délce 2 nebo 3 dlaždice. Na začátku si mohl zvolit jednu z těchto délek kroku, ale pak už je vždy musel střídat. Kolika způsoby se dalo tímto způsobem projít náměstím?

Řešení: Nejjistější způsob, jak spočítat počet cest, je vytvořit si tabulku daných rozměrů a psát si na každé políčko, kolika způsoby se na něho mohl student dostat. Tedy na první políčko jedna (jedním způsobem) a na každé další součet políček, odkud se tam dalo přijít. Přitom vyplňujeme jen políčka, u kterých máme vyplněná všechna předchozí (abychom je nemuseli přepisovat).

Výpis si můžeme zjednodušit, pokud spočítáme jen cesty začínající krokem o délce dva, protože cesty začínající krokem o délce tři jsou symetricky stejné, jen vedou od konce k začátku, a je jich tedy stejně, jako cest začínající krokem o délce dva.

Celá tabulka se nám sem bohužel nevejde, takže na obrázku vz261 uvidíte jen její začátek a zbytek si musíte dovyplnit sami. V posledním políčku bude 5\,348 a celkově je cest 10\,696.

Komentář: Velká část řešitelů nepočítala pohyby studenta po mřížce, ale po dlaždicích, čímž se o jedna zmenšily oba rozměry tabulky. Vzniklá úloha se řeší podobně, jen je nutné začít krokem o délce tři a výsledek (2\,352) se nenásobí dvěma.

Úloha č. 7

Na fontáně byla plastika loga univerzity. Bylo složené ze dvou krychlí. Jedna z nich měla v sobě takový otvor, že skrz něj bylo možno prostrčit druhou krychli. Mohly být obě krychle stejně velké?

Řešení: Než se pustíme do řešení, dovolte malé historické okénko. Problém nastíněný v sedmé úloze je velmi podobný problému kostky Ruprechta Falckého. Ruprecht nepochyboval o tom, že do jedné kostky lze udělat otvor tak, aby jím šlo provléct druhou stejně velikou kostku. Zajímalo ho dokonce, o kolik může být provlékaná kostka větší. O století později holandský učenec Pieter Nieuwland ukázal, že strana provlékané krychle může být delší až o 6\%. Pokud vám jméno Ruprechta Falckého přijde povědomé, není to náhoda. Jeho otec, Fridrich Falcký, byl na krátkou dobu českým králem a určitě jste o něm slyšeli v dějepisu. Když už jsem prozradil řešení, pojďme si ho také ukázat. Zde si dovolím vypůjčit postup Kristýny Kratochvílové, kterému nelze nic vytknout.

Je zřejmé, že první krychle (ta s otvorem) bude natočena tak, aby obsah toho, co vidím, byl co největší. To nastane, když krychli natočíme některým vrcholem (např. F) k sobě tak, že nám protější vrcholy (tedy např. FD) splynou v jeden (obr. vz271).

Uvidíme šestiúhelník ABCGHE, kde úhlopříčky BG, GE a EB budou v nezměněné velikosti, protože leží v rovině kolmé na směr pohledu. Tyto úhlopříčky mají stejnou velikost a budou tedy tvořit rovnostranný trojúhelník. Velikost úhlopříček, je-li hrana krychle a, bude a\sqrt{2}. Původně rovnoběžné hrany se zobrazí opět jako rovnoběžky, takže obraz krychle můžeme dokončit a vyjde nám pravidelný šestiúhelník (obr. vz272).

Nyní chceme zjistit, jestli se do tohoto šestiúhelníku vejde čtverec, který uvidíme, podíváme-li se na krychli ve směru kolmém na jednu z jejích stěn. Pokud ano, můžeme do jedné krychle vyříznout otvor, kterým projde druhá stejně velká krychle. Spočtěme poloměr r kružnice vepsané šestiúhelníku, tedy nejkratší vzdálenost od středu F šestiúhelníku k jeho straně. Nejprve potřebujeme spočítat délku strany šestiúhelníku, kterou si označíme neznámou x. Víme, že úhlopříčka EG půlí vzdálenost HF, která je rovněž x. Tam, kde ji přepůlí, bude pravý úhel, takže můžeme použít Pythagorovu větu:

\eqalign{ x^{2}&=\Big ({x \over 2}\Big )^{2} + \left ({\sqrt{2} \over 2}a\right )^{2}, \cr x^{2}&={x^{2} \over 4} + {2 \over 4}a^{2}, \cr {3 \over 4}x^{2}&={2 \over 4}a^{2}, \cr x^{2}&={2 \over 3}a^{2}, \cr x&={\sqrt{6} \over 3}a.}

Poloměr r potom můžeme dopočítat z pravoúhlého trojúhelníku OFH:

\eqalign{ r^{2}&=x^{2} - \Big ({x \over 2}\Big )^{2},\cr r^{2}&={3 \over 4}x^{2},\cr r&={\sqrt{3} \over 2}x = {\sqrt{3} \over 2}\cdot{\sqrt{6} \over 3}a, \cr r&={\sqrt{2} \over 2}a.}

Průměr vepsané kružnice bude dvojnásobný, tedy a\sqrt{2}. Čtverec o úhlopříčce a\sqrt{2} se tedy do šestiúhelníku vejde, jak už je naznačeno na obrázku. Proto mohou být krychle stejně velké. Za PIKOMAT připojíme ještě 3D model takové vykrojené krychle (obr. vz273).

Komentář: Ač sedmá úloha nepatřila mezi ty jednoduché, přece se s ní spousta z vás vypořádala úspěšně. Jako správná řešení jsem uznával ta, kde jste krom tvrzení, že otvor v krychli být může, také dokázali, že na něj !!! místo}}. Zvlášť mě potěšila řešení, ve kterých jste dokázali svá tvrzení podpořit výpočty. Dále smekám před těmi, co si situaci dokázali zkonstruovat z papíru nebo špejlí a poslali nám se svým zdůvodněním i fotky.

Hodně z přišlých řešení bohužel skončilo jen u tvrzení, že úloha (ne)lze vyřešit. To mě dost mrzí, protože u otázky ano/ne je klíčový PRÁVĚ postup a bez něj nemůžu rozdávat žádné body. Proto jsem dával po bodu i těm, co sice došli ke špatné odpovědi, ale alespoň nějakým způsobem svůj názor odůvodnili.

Opravovali: 1. Vít Kalisz, 2. Helena Pučelíková-Molíková, 3. Barbora Šmídová, 4. Václav Steinhauser, 5. Tereza Ptáčková, 6. František Steinhauser, 7. Jiří Erhart.