Vzorová řešení a komentáře k 1. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Pětiúhelník má ve vrcholech čísla, která nejdou přečíst. Na každé straně je napsané číslo, které odpovídá součtu čísel v krajních bodech této strany, od něhož jsme odečetli číslo v protějším vrcholu (obr. zad111). Tím dostaneme postupně výsledky 1, 2, 3, 4, 5. Zjistěte součet čísel ve vrcholech.
Řešení: Prvním krokem při řešení jakékoliv úlohy je přepsat si zadání tak, aby se nám s ním lépe pracovalo. V našem případě to znamená převést si schéma v pětiúhleníku do soustavy rovnic. S čísly ve vrcholech můžeme pracovat jako s neznámými -- horní vrchol označíme a, a další po směru hodinových ručiček b, c, d a e. To nám umožňuje všechny vztahy, které máme na obrázku vyznačené šipečkami, vyjádřit jako rovnice. Například číslo 1 na spodní straně pětiúhelníku je rovno součtu vrcholů c a d, od kterých odečteme vrchol a:
Stejným způsobem vyjádříme i součty na ostatních čtyřech stranách pětiúhelníku:
Tím jsme získali soustavu pěti rovnic o pěti neznámých. To s nejvyšší pravděpodobností znamená, že úloha bude mít právě jedno řešení -- existuje právě jedna pětice čísel, kterou můžeme do vrcholů pětiúhelníku dosadit, aby nám vyšel správný výsledek.
V řešení této soustavy nyní můžeme pokračovat různými způsoby -- například si můžeme z první rovnice vyjádřit proměnnou a a tu poté dosadit do druhé rovnice, poté vyjádřit jinou proměnnou z druhé rovnice a dosadit do třetí a tak dál. My ale místo toho využijeme malý trik, který nám velmi usnadní práci -- nejprve si uvědomíme, že podle zadání vlastně nepotřebujeme znát jednotlivé hodnoty ve vrcholech, ale stačí nám pouze jejich součet. Za druhé si můžeme při pohledu na rovnice povšimnout, že ve všech rovnicích dohromady každý vrchol právě dvakrát přičítáme a jednou odečítáme, zbyde nám tam tedy jednou. To možná zní trochu krkolomně, ale jen tím vyjadřujeme zajímavou věc, která se stane, když všechny rovnice sečteme dohromady:
Po úpravě levé strany:
Na levé straně nám zbyl součet čísel ve vrcholech. Řešení úlohy tedy máme přímo před sebou -- číslo, které hledáme, je 15.
Komentář: První úloha v první sérii má vždycky hojný počet odevdaných řešení a díky tomu i spustu různých zajímavých nápadů a postupů. Vzhledem k tomu, kolik řešitelů přišlo na trik se sečtením rovnic, nebylo by fér, kdybych tady zmínil jen pár konkrétních. Doufám, že vám zápal vydrží i do další série :-).
Úloha č. 2
Arnoštek má čtverce, pětiúhelníky a šestiúhelníky. Čtverce dohromady, pětiúhelníky dohromady i šestiúhelníky dohromady mají stejně stran. Kolik nejméně útvarů mohl Arnoštek mít?
Řešení: Ze zadaní víme, že čtverce dohromady, pětiúhelníky dohromady a šestiúhelníky dohromady mají vždy stejný počet stran. Čtverce mají 4 strany, pětiúhelníky 5 stran a šestiúhelníky 6 stran. Jelikož je naším cílem najít nejmenší možný počet stran, který měly všichni „zástupci“ každého typu útvaru dohromady, pak hledáme nejmenší číslo, které je dělitelné 4, 5 a 6.
Toto číslo odhalíme pomocí výpočtu nejmenšího společného násobku n všech tří čísel, tj. 4, 5 a 6. Nejprve je potřeba u všech tří provést jejich prvočíselný rozklad (zápis čísla jako součin prvočísel). Ten je následující:
Samotný nejmenší společný násobek n získáme tak, že mezi sebou vynásobíme všechna čísla z prvočíselných rozkladů. Pokud se ovšem nějaké číslo opakuje u dvou různých rozkladů, do výpočtu jej zahrneme pouze jednou. Součin tak vznikne vynásobením čísel 2\cdot2, 3 a 5 (číslo 2 bude ve výpočtu pouze dvakrát, protože se jednou opakuje u čísel 4 a 6):
Zjistili jsme tak, že čtverce dohromady, pětiúhelníky dohromady a šestiúhelníky dohromady měly 60 stran. Nyní zjistíme, kolik měl Arnoštek útvarů od každého typu. Vydělíme celkový počet stran (60) počtem stran, které má čtverec, pětiúhelník a šestiúhelník:
Arnoštek má tedy 15 čtverců, 12 pětiúhelníků a 10 šestiúhelníků. Zadání po nás však požaduje, abychom zjistili, kolik útvarů měl Arnoštek celkem. Je tudíž nutné, abychom počty jednotlivých útvarů ještě sečetli:
Výsledkem je, že Arnoštek mohl mít nejméně 37 útvarů.
Komentář: Jelikož byla úloha velmi jednoduchá, hodnotil jsem řešení poměrně přísně. Nejčastějším nedostatkem byl chybějící výpočet nejmenšího společného násobku, v tom případě jsem strhával 1 bod. Pokud v řešení nebylo vysvětleno, jak řešitel přišel na počty jednotlivých útvarů, případně byly součástí řešení pouze výpočty 60/4 = 15, ..., taktéž jsem většinou strhával 1 bod. Poslední častou chybou bylo opomenutí závěrečného součtu. Za tuto chybu jsem opět obvykle uděloval o bod méně.
Úloha č. 3
Najděte délku nejkratší cesty mezi středy protějších hran pravidelného osmistěnu, pokud lze jít jen po povrchu osmistěnu (obr. zad121). Hrana osmistěnu má 4\ cm.
Řešení: Nejkratší vzdálenost mezi dvěma body určuje přímka. Vytvoříme si tedy síť našeho osmistěnu, vyznačíme si na něj dva dané body a narýsujeme mezi nimi úsečku (obr. vz131). Tato úsečka je rovnoběžná se základnami trojúhelníků, kterými prochází. Jelikož jsou oba zadané body uprostřed stran těchto trojúhelníků, je tato úsečka složena ze tří středních příček rovnostranných trojúhelníků o straně 4\ cm, z nichž každá měří dva centimetry (tedy polovinu délky strany). Nejkratší cesta je tedy dlouhá 3\cdot2\ cm =6\ cm.
Komentář:
Mezi řešeními se objevovalo několik hlavních chyb. První byla, že si někteří řešitelé neuvědomili, že jde cestovat po stěnách osmistěnu a ne jen po jeho hranách. Druhá byla, že někteří nedokázali najít nejkratší cestu a nebo ji sice našli, ale správně nedokázali, proč je to zrovna ona.
Úloha č. 4
Mapa města \pi je čtvercová síť, kde ulice jsou čáry této sítě. Délka strany čtverce je 10\ m. Chodit se smí pouze po ulicích. Vzdálenost dvou bodů na mapě je tedy ta, kterou mezi nimi musíme ujít ulicemi. Najděte bod X, ze kterého je vzdálenost do bodů A, B i C stejná (obr. zad141). Bod X musí ležet na křižovatce ulic nebo na některé ulici.
Pokud takový bod neexistuje, vysvětlete. V případě, že jich existuje více, nalezněte všechny. Odůvodněte také, že jste našli všechna řešení.
Řešení: Směr, který je rovnoběžný s ulicemi a je „nahoru“, označíme jako sever. Vzhledem k severu definujeme i zbylé tři směry jako světové strany.
První řešení
Nejdřív zjistíme, které body jsou stejně vzdáleny od A a od C. Potom totéž uděláme pro B a C.
Uvažme obdélník AYCZ, jehož strany jsou rovnoběžné s mřížkou. Najdeme body v tomto obdélníku, které jsou stejně vzdáleny od A a C.
Uvažme libovolný bod K, který leží jižně od CY. Na nejkratší cestě mezi dvěma body je jedno, jestli jdeme jedním směrem a potom druhým nebo naopak, důležité je jen to, kolikrát jdeme kterým směrem. Nejkratší cesta z K do C nebo A může jít z K přímo na sever na přímku CY a odtamtud k cíli. Takže aby K byl stejně vzdálený od A a od C, musí být od nich stejně vzdálený bod na CY, který je přímo na sever od K.
Obdobnou úvahu můžeme zopakovat pro zbylé tři strany obdélníku. Protože body stejně vzdálené od A a od C jsou na stranách obdélníku jen dva a navíc jsou uvnitř těchto stran, tak body mimo obdélník AYCZ stejně vzdálené od A a od C mohou ležet pouze na dvou severojižních polopřímkách (obr. vz141).
Obdobně nalezneme body, které jsou stejně vzdálené od B a od C, a obdobně dokážeme, že jiné to být nemohou. Najdeme průnik bodů stejně vzdálených od A a od C a od B a od C. Protože vzdálenost tohoto bodu je stejná k A a C i C a B, tak je stejná i jeho vzdálenost k A a B. Takže je to hledaný bod. Zároveň víme, že jiný to být nemůže. Je to bod dva bloky východně a dva bloky jižně od A.
Za povšimnutí stojí, že pokud by AYCZ byl čtverec, tak body uvnitř něj vzdálené stejně od A a od C leží na úhlopříčce YZ. Tím pádem body na polopřímce opačné k YA mají také tuto vlastnost. Tudíž ji mají všechny body jižně od CY a zároveň západně od AY. Podobně ji budou mít všechny body severně od AZ a zároveň východně od CZ.
Druhé řešení
V tomto přístupu si nejprve uvědomíme, jak vypadá množina bodů, které jsou například od A vzdáleny k. Vzdálenost dvou křižovatek je vzdálenost, kterou musíme ujít v severojižním směru, sečtena se vzdáleností, kterou musíme ujít ve východozápadním směru. Vezměme tedy čtverec, jehož vrcholy jsou body vzdálené k od A přímo na sever, jih, západ nebo východ. Na jeho stranách budou právě ty body, jež jsou od A vzdáleny k.
Začneme se třemi stejně velkými malými čtverci se středy v A, B a C. Budeme je postupně zvětšovat, všechny stejně rychle. Pokud se některé strany všech tří čtverců protnou v jednom bodě, je tento bod ode všech stejně vzdálený.
Protože vzdálenost A a B je osm bloků, tak víme, že vzdálenost X a A musí být alespoň čtyři bloky. Jinak bychom našli kratší cestu z A do B než osm bloků, nejdřív z A do X a potom z X do B. Může být vzdálenost X a A víc než čtyři?
Vezměme naše tři čtverce se středy v A, B a C. Začneme tím, že jsou na nich body vzdálené čtyři bloky od A, B, C (obr. vz142). Podíváme se třeba na čtverec se středem C. Rovnoběžné strany dvou čtverců se při zvětšování od sebe dále budou buď vzdalovat nebo budou mít stále stejnou vzdálenost. Proto se tři strany čtverce se středem v C už nikdy neprotnou s jedním ze zbylých dvou čtverců. Zbývá strana, na níž leží zatím jediný nalezený bod X. Ta se může ale protnout jen s těmi dvěma stranami zbylých dvou čtverců, které už se nemohou protnout vzájemně. Tím pádem toto je jediný možný bod X. 
Komentář: Najít správné řešení většina řešitelů zvládla. Správně zdůvodnit, proč žádná další řešení nejsou, bylo už obtížnější. Hodně z vás argumentovalo pomocí středu kružnice opsané. To, že tento střed je jen jeden v euklidovské geometrii (té geometrii, na kterou jste zvyklí ze školy), neznamená, že musí být jen jeden v této úloze. Někdy takových bodů může být nekonečně mnoho (například když je B dvě ulice na jih od A a C je jednu ulici na jih a jednu ulici na východ od A) nebo dokonce nemusí být žádný (například když B je o šest ulic na jih od A a C je o tři ulice na jih a jednu na východ od A). Chápu, že někdy má člověk pocit, že to, co říká, je prostě „vidět“. Jenže to v matematickém důkazu nestačí.
Úloha č. 5
Pikomat si dělá svoji placku. Designéři se rozhodli, že na ní bude pravidelný šestiúhelník, který bude mít vyznačené vrcholy, strany, střed a spojnice středu s vrcholy. Do středu a vrcholů chtějí umístit písmena P, I, K, O, M, A, T tak, aby písmena, která sousedí v názvu „Pikomat“, byla na placce spojena některou z vyznačených úseček. Protože je to matematický seminář, rozhodli se dát „M“ doprostřed (obr. zad151). Kolik navzájem různých takových placek je možno vyrobit? Všechna písmena jsou stejně orientovaná.
Řešení: Máme 6 možností, kde začít s prvním písmenem P, a protože uprostřed placky je již písmeno M, musíme začít na obvodu šestiúhelníku. Dále máme vždy 2 možné směry, kudy pokračovat dále -- můžeme vepisovat písmena I, K a O po, nebo proti směru hodinových ručiček. Páté písmeno M je pevně dáno -- musí být veprostřed. Dále nám zbývají už jen dvě možná políčka vedle sebe, do kterých můžeme vepsat písmena A a pro zbylé písmeno T existuje vždy jen jedna možnost, kam jej doplnit.
To znamená, že pro každou z šesti možností existují dvě možnosti, kudy pokračovat, a pro každou z nich se dají písmena doplnit ještě dalšími dvěma způsoby. Celkový počet navzájem odlišných placek je tedy 6\cdot 2\cdot 2=24.
Komentář: 4 body jsem dával za vypsané možnosti a 5 bodů, pokud bylo dostatečně vysvětleno, jak byly tyto možnosti tvořeny. Na 5 bodů stačil i popis, jak byla řešení tvořena a kolik a proč by jich bylo, nemusela být nutně vypsána. 3 body jsem uděloval, chyběl-li důležitý krok -- např. že se dá chodit i proti směru hodinových ručiček. 2 body jsem většinou dával, pokud toho chybělo více. Další body jsem strhával za nedostatečné vysvětlení kroků, např. jak se došlo k výslednému vzorci 6\cdot 2\cdot 2=24. Za správný výsledek bez postupu byl pouze 1 bod.
Úloha č. 6
Batole si staví pyramidu z kostiček (obr. zad161). V nejvyšším patře je jedna kostička, v druhém nejvyšším tři, ve třetím jich je pět a tak dále. Ať udělá, kolik pater chce, vždy na pyramidu využije počet kostiček roven druhé mocnině nějakého přirozeného čísla. Proč je tomu tak?
Řešení: Tato úloha se dala vyřešit několika způsoby.
Prvním z nich bylo všimnout si, že se kostičky dají přeskládat do čtverce -- prostřední sloupec a všechno napravo od něj tvoří „schody“ stejné výšky (a tedy i šířky), jako je výška pyramidy. Zbytek, tedy všechno nalevo od prostředního sloupce, tvoří opět „schody“, které jsou ale v obou směrech o jednu kostičku menší. Pokud tento zbytek otočíme a postavíme na pravou část, všechny sloupce budou stejně vysoké (výška prvních schodů se s každým sloupcem od středu o jedno sníží a výška druhých o jedno zvýší, takže součet zůstane stejný jako výška prostředního, ke kterému se nic nepřidalo). Navíc, počet těchto sloupců bude stejný jako počet kostiček v každém z nich, protože pravé schody mají stejnou výšku a počet sloupců (všechny sloupce zarovnáváme na výšku nejvyššího), takže skutečně vznikl čtverec. Počet kostiček ve čtverci je zřejmě druhou mocninou délky jeho strany, tedy nějakého přirozeného čísla (obr. vz161). 
Druhým možným způsobem bylo podívat se na počty kostiček v jednotlivých řadách. V každé z nich je o dvě kostičky více než v předchozí, takže pokud si celkový počet řad označíme n, počet kostiček bude S = 1 + 3 + 5 + \cdots + 2n-1. (Poslední člen je 2n-1, protože (n-1)-krát přidáme 2 do každého dalšího patra.) Jedná se o aritmetickou posloupnost (to znamená, že se vedlejší čísla liší vždy o stejnou hodnotu, zde o 2), takže můžeme použít vzorec pro součet aritmetické posloupnosti, tedy a_{1} + a_{x}/2\cdot x, kde a_{1} je první člen, a_{x} poslední člen a x počet členů: S = 1 + (2n-1)/2 \cdot n = 2n/2\cdot n = n\cdot n = n^{2}, což je přesně to, co jsme chtěli. (Za tímto vzorcem nehledejte nic složitého -- pokud sečteme první a poslední člen, druhý a předposlední a tak dále, získáme vždy stejné číslo, například 1 + (2n-1) = 2n = 3 + (2n-3), právě proto, že rozdíly jsou vždy stejné. Průměrnou hodnotu všech členů tedy získáme průměrem libovolné této dvojice, což je tady n, a potom tuto průměrnou hodnotu vynásobíme počtem dvojic).
Podobným postupem bylo možné si všimnout toho, že řada druhých mocnin (1, 4, 9, \ldots) roste stejně jako počet kostiček v pyramidě s přidáváním řad. To se dá ukázat vyjádřením rozdílů dvou druhých mocnin -- pyramida s n patry má v dolním patře 2n-1 kostiček (viz minulý odstavec), takže pokud měla pyramida s n-1 patry (n-1)^{2} = n^{2} - 2n+1 kostiček, nová jich má (n^{2} - 2n + 1) + (2n-1) = n^{2}. Při tomto postupu (který se mimochodem zobecňuje pod názvem matematická indukce) je ale potřeba ověřit, že začínáme stejně -- v tomto případě napsat, že pyramida o jedné řadě má 1^{2} = 1 kostičku.
Komentář: Došla spousta řešení využívajících některý z těchto nápadů nebo jiný jim podobný. Největším problémem, za který by se v dalších sériích strhávalo podstatně více bodů, bylo nedostatečné popsání postupu a zdůvodňování.
Úloha č. 7
Na oslavě se sešlo 10 lidí. Každý si podal ruce s nějakým počtem lidí, s každým nanejvýš jednou. Může se stát, že si někdo nepodal ruku s nikým. Může nastat situace, že si každý podal ruku s jiným počtem lidí?
Řešení: Nejprve se zamyslíme, jaké jsou možné počty lidí, se kterými si může skupina deseti lidí podat ruku. Zřejmě to je 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, nebo 9 lidí. 10 není možné, protože sám se sebou si ruku podat nemohu. Máme tedy přesně 10 možností na 10 lidí. Teď už si jen stačilo uvědomit, že pokud si někdo nepodal ruku s nikým (0 lidí), tak si zároveň nemohl někdo jiný podat ruku se všemi (9). Proto nám zbyde 9 možností pro 10 lidí, takže alespoň dva si podají ruku se stejným počtem lidí.
Druhý způsob bylo sečtení všech možností, tedy 0 + 1 + ... + 9 = 45. Pokud ale sečteme všechna podání za všechny osoby, musíme dostat sudé číslo, protože každé jednotlivé podání přispěje do celkového součtu dvěma (ruce si podávají vždy dva lidé).
Komentář: Úloha byla velmi jednoduchá, o čemž svědčilo jak celkové množství řešení, tak to, že valná většina dostala plný počet bodů. Některým z vás jsem napsala, že část řešení popisující konkrétní kombinace lidí je už zbytečná a stačilo by zdůvodnění podobně jako ve vzorovém řešení. Chápu, že pokud nemáte s formálním sepisováním moc zkušeností, nemusíte si být vždy jistí, jestli je dané řešení dostatečné, takže to určitě neberte jako chybu, ale spíš jako sbírání zkušeností. Rozhodně je vždycky lepší mít řešení podrobnější, než na něco zapomenout.
Opravovali: 1. Adam Dřínek, 2. Jan Škopek, 3. Petr Khartskhaev, 4. Magdaléna Mišinová, 5. Jan Šuráň, 6. Tomáš Flídr, 7. Kateřina Nová.
