Vzorová řešení a komentáře k 2. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.

Úloha č. 1

Mějme přirozená čísla A a V. Jejich největší společný dělitel je 12. Číslo A je druhá mocnina přirozeného čísla, číslo V je větší než 25. Zjistěte nejmenší možný společný násobek těchto dvou čísel.

Řešení: Naším úkolem je najít nejmenší společný násobek čísel A a V. Ten zjistíme pomocí prvočíselného rozkladu obou čísel - obě dvě mají společnou část (nazvěme ji třeba n), ta je součinem prvočísel, jež jsou obsažena v obou zmíněných číslech A a V. Číslo n je největším společným dělitelem (NSD) obou čísel, neboť NSD je právě součin prvočísel obsažených v obou uvažovaných číslech (v našem případě A a V). Za n proto následně můžeme dosadit 12.

Nejmenší společný násobek (nsn) získáme, když součin obou uvažovaných čísel (v našem případě A a V) vydělíme největším společným dělitelem, tedy n. Je tomu tak proto, že má nsn obsahovat všechna prvočísla obsažená buď v jednom, nebo druhém čísle, pokud jsou ale některá z nich v obou (součinem takovýchto čísel je v našem případě n), tuto sadu do výpočtu zahrneme pouze jednou. Dostaneme tedy následující vztah, do nějž posléze můžeme dosadit:

Nyní už tedy známe vzorec, jímž získáme nejmenší společný násobek obou čísel. Víme, že nsn bude nejmenší právě tehdy, když je A\cdot V nejmenší. Zbývá nám pouze najít taková čísla A a V, která budou splňovat zadané podmínky. Pro číslo A platí, že musí být dělitelné 12 a musí se jednat o druhou mocninu přirozeného čísla. Nejjednodušší cestou, jak vhodné číslo najít, je vypsat si druhé mocniny nejmenších přirozených čísel. Dostaneme následující seznam: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, ... Následně budeme zkoušet, zda ona čísla splňují i druhou podmínku. Vidíme, že nejmenším takovýmto číslem je 36.

Pro číslo V musí platit, že bude větší než 25 a zároveň bude dělitelné 12. Prvním takovým číslem je 36, to ovšem není tím, jež hledáme, protože potom by největší společný dělitel byl 36. Dalším potenciálním řešením je číslo 48. Zde už jsou všechny podmínky splněny a podařilo se nám tak odhalit nejnižší možné hodnoty čísel A a V. Ty proto nyní můžeme dosadit do výpočtu pro nejmenší společný násobek obou čísel a získat tak výsledek celé úlohy:

Nejmenším společným násobkem obou čísel A a V je číslo 144. Kdyby bylo A větší, tak by bylo alespoň 49. Avšak V by bylo větší než 36 \cdot 48. Takže 144 je skutečně hledaný nejmenší možný společný násobek.

Komentář: Tato úloha byla poměrně jednoduchá, většina řešitelů se správně dostala ke správnému výsledku. Body jsem nejčastěji strhával v případech, kdy řešení nezohledňovala všechny zadané podmínky (nejčastěji, že nsn má být 12), chyběl finální výpočet nejmenšího společného násobku (jako výsledek byla uvedena jen hodnota čísel A a V) nebo nebyl součástí řešení dostatečný slovní komentář.

Úloha č. 2

V okolí jsou dva obchody - Mňamky a Dobroty. Na oslavu chceme nakoupit jen v jednom z nich. Potřebujeme koupit dvě čokolády a jedny bonbony pro každého, kdo přijde. Také chceme deset čokolád a deset bonbonů do rezervy. V Mňamkách stojí čokoláda 20 Kč a bonbony 19 Kč, zatímco v Dobrotách stojí čokoláda 22 Kč a bonbony 16 Kč. Kolik musí přijít na oslavu lidí, aby bylo levnější nakoupit v Mňamkách?

Řešení: Nejprve spočítáme rozdíl pro 10 čokolád a 10 bonbonů.

Poté spočítáme náklady na dvě čokolády a jedny bonbony. Tedy náklady na jednoho člověka.

V Mňamkách tedy za rezervní sladkosti utratíme o 10 korun víc, než kdybychom nakoupili v Dobrotách. Za každého člověka ale korunu ušetříme. Dostáváme rovnici 10=1\cdot x, kde x je počet lidí, které potřebujeme, abychom v Mňamkách a Dobrotách utratili stejně. Snadno vidíme, že na oslavu musí přijít 10 lidí, abychom na nákupu v Mňamkách neprodělali. Aby bylo nakupování v Mňamkách levnější, musí tím pádem na oslavu přijít minimálně 11 lidí.

Komentář: Úloha patřila k těm lehčím. Vetšina z vás to řešila podobným způsobem a došla ke správnému řešení.

Úloha č. 3

Máme padesát krabiček. V některých je bonbon, ostatní jsou prázdné. Máme dva přístroje. Ke každému z nich vždy přiložíme právě dvě krabičky. Jeden přístroj nám pak řekne, jestli alespoň v jedné z krabiček je bonbon. Druhý nám řekne, jestli je v nejvýše jedné krabičce bonbon. Přístroje od sebe neumíme rozeznat.

Když otevřeme krabičku bez toho, že bychom si byli jisti, jestli v ní bonbon je nebo není, tak sice zjistíme, jak to je, ale případný bonbon zmizí. Jakým způsobem získáme co nejvíce bonbonů?

Řešení: Ukážeme si, že potřebujeme otevřít naslepo jednu krabičku a to nám bude stačit.

Hlavní myšlenka je následující. Krabičky si rozdělíme na dvě části tak, abychom věděli, že v jedné části je ve všech krabičkách bonbon a v druhé ve všech není. Nebudeme ale vědět, která část je která, takže otevřeme jednu krabičku, abychom to zjistili.

Stavem  krabičky budeme nazývat to, jestli v ní je nebo není bonbon. Dvě krabičky, v nichž v obou je bonbon nebo v obou není bonbon, mají stejný stav. Když naopak v jedné krabičce je bonbon a v druhé není, mají stav různý.

Nyní se zamyslíme nad tím, co se stane, když přiložíme jednu dvojici krabiček postupně k oběma přístrojům. Pokud v jedné krabičce bonbon je a v druhé není, oba přístroje odpoví „ano“. V případě, že jsou obě prázdné, první přístroj odpoví „ne“ a druhý „ano“. Pokud v obou bonbon bude, odpoví naopak první „ano“ a druhý „ne“. Přístroje ale neumíme rozeznat, takže když jeden odpoví „ano“ a druhý „ne“, zjistíme pouze, že krabičky, které jsme k nim přikládali, mají stejný stav. Pokud oba přístroje odpovídají „ano“, mají krabičky naopak stav různý.

Vybereme si jednu krabičku a tu postupně přiložíme k přístrojům se všemi ostatními. Krabičky rozdělíme podle toho, zda mají stejný stav jako ona nebo ne. Tím nám vznikne rozdělení krabiček na dvě části, které jsme popsali na začátku. Po tomto rozdělení umíme pro každou dvojici předpovědět, jak přístroje odpoví, takže už neumíme získat žádnou další informaci. Musíme tedy jednu krabičku otevřít, čímž zjistíme, která část je která.

Tudíž ztratíme nanejvýš jeden bonbon.

Komentář: Přijít na to, že ztratíme nejvýš jeden bonbon, většina z vás zvládla. Velká část zapomněla zdůvodnit, proč se bez otevření krabičky neobejdeme. Za to jsem body nestrhávala, dávejte si na to ale pozor, v řešení úlohy, která se ptá na minimum nebo maximum, musíte vždy dokázat, že to méně nebo více nemůže být. Častým nešvarem bylo, že jste hledali dvojici krabiček, u které dají oba přístroje odpověď „ano“. Pokud jsou ale všechny krabičky prázdné, nebo všechny plné, nelze takovou dvojici najít. Obecně přístup, že hledám nějakou speciální krabičku, kterou otevřu, je zbytečně složitý. Lze si všimnout, že je jedno, jestli se do krabičky podívám hned na začátku, uprostřed nebo na konci. Ve vzorovém řešení jsem zvolila to, kdy se podívám na konci, protože pak je hezky vidět, že ji skutečně otevřít musím.

Úloha č. 4

Krychle o hraně a je postavená tak, že její tělesová úhlopříčka je kolmá na rovinu pod ní. Slunce svítí také kolmo na tuto rovinu a jeho paprsky jsou vzájemně rovnoběžné. Jaký je obvod stínu krychle?

Řešení: Zadání lze přeložit pár slovy takto: Jak vypadá stín krychle, kterou postavíme na stůl na špičku? Pokud tě nenapadá žádný způsob, jak tuto úlohu řešit, je dobré si sehnat nebo vyrobit nějakou skutečnou krychli, na které lze situaci ze zadání namodelovat. Můžeme si pak povšimnout, že stín krychle připomíná z nadhledu rovnostranný šestiúhelník - a zdání nás v tomto případě neklame. Pro zdárné vyřešení této úlohy budeme ale potřebovat ještě pár dalších důležitých pozorování. Označme si A vrchní bod krychle. Sledujme nyní všechny tři hrany, které z tohoto vrcholu vedou. Tři vrcholy, do kterých jsme po těchto hranách dorazili, si označíme B, C a D (nebudeme se nutně držet konvencí pro značení krychle). Situace je patrná z obrázku (obr. vz241) - na krychli se díváme přímo ze shora, takže vrchní bod krychle A nám splývá se spodním bodem krychle, který označíme H. Zbylé tři nepojmenované vrcholy označíme E, F a G. Tří přerušovaných čar na obrázku si zatím nevšímejme.

Vraťme se nyní k bodům B, C a D. Uděláme další klíčové pozorování: Tyto tři body jsou všechny stejně vysoko nad deskou stolu. Je tomu tak proto, že všechny tři sousedí s horním vrcholem A a jsou tak vzájemně zaměnitelné, pokud s krychlí točíme kolem osy AH (která nám na obrázku splývá do jednoho bodu). Při rotaci kolem této osy se výška těchto bodů nemění, z čehož vyplývá, že musí být stále stejně vysoko.

Spojme si nyní všechny tři body úsečkami - na obrázku jsme je označili přerušovanou čarou. Povšimněme si, že tyto úsečky jsou stěnovými úhopříčkami krychle (vedou po jejím povrchu). Délku stěnové úhlopříčky krychle umíme spočítat pomocí Pythagorovy věty - vyjde nám a\cdot\sqrt{2}. Ovšem teď si můžeme klást otázku - mají přerušované úsečky na obrázku opravdu délku a\cdot\sqrt{2}, nebo se jejich zdánlivá délka vlivem našeho úhlu pohledu změnila?

Protože se díváme na stůl přímo ze shora, můžeme si být jistí pouze tím, že hrany krychle, které by ležely přímo na stole, mají přesně takovou délku, jakou se zdají mít (žádné hrany krychle ale na stole bohužel neleží - stolu se dotýká jen vrchol H). Nicméně body B, C a D leží v rovině , která je rovnoběžná  s rovinou stolu. Tato rovina je rovnoběžná právě kvůli tomu, že všechny tři body mají nad stolem stejnou výšku. Do této roviny také patří i všechny tři úhlopříčky. A právě díky rovnoběžnosti těchto rovin si můžeme být jistí, že úhlopříčky na našem nákresu mají stejnou délku jako ve skutečnosti.

Co se hodí ještě více - tyto tři stejně dlouhé úhlopříčky jsou také úhlopříčkami šestiúhelníku, jehož obvod chceme spočítat. Pokud si ovšem chceme být jistí, že stín krychle je opravdu pravidelný šestiúhelník, tyto tři úhlopříčky nám nestačí. Potřebujeme se ujistit o tom, že i úsečky mezi body E, F a G mají délku a\cdot\sqrt{2}. To naštěstí není tak složité - všechno, co jsme si řekli, že platí o vztahu mezi horním vrcholem krychle A a body B, C a D, platí i mezi spodním vrcholem krychle H a jeho sousedními body E, F a G. Z tohoto faktu a ze symetrie krychle vyplývá, že na nákresu opravdu máme pravidelný šestiúhelník, jehož kratší úhlopříčka u má délku a\cdot\sqrt{2}.

Nyní dopočítáme délku jeho strany. Šestiúhelník lze rozdělit na šest rovnostranných trojúhelníků jako na obrázku (obr. vz242). Úhlopříčka u nyní splývá s výškou dvou těchto trojúhelníků. Výška jednoho z nich je tedy a\cdot\sqrt{2} \over 2. Pomocí Pythagorovy věty lze jednoduše ukázat, že pro každý rovnostranný trojúhelník o straně x platí, že délka jeho výšky je x\cdot\sqrt{3} \over 2. Z toho vyplývá, že délka strany všech trojúhelníků na obrázku (a tedy i šestiúhelníku) je

Obvod šestiúhelníku je šestkrát délka strany, tedy a\cdot2\sqrt{6}.

Komentář: Výše uvedený postup řešení není samozřejmě jediný správný. Jak si například Marek Jakoubek povšiml, úsečka AB tvoří dvě třetiny těžnice trojúhelníku BCD, takže můžeme jednoduše vypočítat její délku. Obvod celého šestiúhelníku je poté šestkrát délka této úsečky.

Úloha č. 5

Máme šachovnici, na ní čtyři koně na polích A1, B2, C3 a D4 (obr. zad251). Rozřežte šachovnici na čtyři shodné díly tak, aby na každém byl právě jeden kůň.

Řešení: Aby byly všechny díly shodné, je potřeba, aby měly stejný tvar i velikost. Nejprve si označíme koně různými odstíny šedé barvy - A1 bílá, B2 světle šedá, C3 tmavě šedá a D4 středně světle šedá. Hledaný tvar můžeme tvořit následovně. Nejprve vybarvíme rohy šachovnice tak, aby se daly barvy „číst“ po směru hodinových ručiček stejně jako z rohu A1 k políčku D4 po diagonále A1 - H8: A8 - světle šedá, H8 - tmavě šedá, H1 - středně světle šedá. Protože mají být všechny díly stejné, hledáme nějakou pravidelnost - chceme, aby se stejně daly „číst“ barvy i ve druhé, třetí a čtvrté řadě či sloupci od kraje. Pole B7 vybarvíme tmavě šedě, pole G7 středně šedě a pole G2 bíle. Obdobně to uděláme i se zbylými dvěma jezdci na polích C3 a D4 (obr. vz251).

Následně musíme určit barvu u zbývajících polí - všechny vybarvené čtverce propojíme ve čtyři útvary stejné barvy, od středu ke kraji - pole D4 s polem C6, pole D5 s polem F6, pole E5 s polem F3 a pole E4 s polem C3. Obdobně postupujeme dál ke kraji - propojíme pole C6 s polem G7 atd. Nakonec propojíme druhou řadu od kraje s tou krajní, přičemž pokaždé je jen jedna možnost, jak to udělat, aby to celé vyšlo. Jakmile propojíme všechna barevná pole s políčky téže barvy, můžeme si všimnout, že jsou všechna spojena ve tvaru spirály (obr. vz252).

Druhé řešení úlohy by nastalo, pokud bychom při prvním kroku postupovali proti směru hodinových ručiček, tzn. pole H1 by bylo světle šedé a pole A8 by bylo středně světle šedé.

Komentář: Pro plný počet bodů stačilo pouze správné řešení, někteří měli i postup, za což je chválím, hodně lidí to mělo hezky zpracované. Docela dost lidí nevědělo, že shodné útvary musí mít i stejný tvar, nejen obsah - za to jsem dával pouze 2 body, protože jinak je samozřejmě úloha triviální.

Úloha č. 6

Máme klasickou cihlovou zeď (dvě cihly sousedí kratší stranou nebo polovinou té delší). Řada cihel je tvořena sousedícími cihlami, jejichž středy leží na jedné přímce (obr. zad261). Lze každou cihlu obarvit červeně nebo modře tak, aby neexistovala jednobarevná řada tří cihel?

Řešení: Zeď se doopravdy dá obarvit tak, aby žádná řada tří cihel nebyla jednobarevná. Nejlepší způsob, jakým se to dá dokázat, je nějaké takové obarvení najít. To se dá udělat třeba tak, že celou zeď obarvíme jednou barvou a najdeme jednotlivé nesousední cihly, které můžeme přebarvit pro přerušení všech řad. Další možností je rozdělit si zeď na nějaké pruhy, ať už sloupce nebo šikmé pruhy jako na obrázku (obr. vz261), které se dají střídavě obarvit. Tady nám stačí ukázat, že uvnitř jednoho pruhu žádná řada tří cihel není a stejnobarevné pruhy se nepotkávají.

Komentář: Naprostá většina řešení byla správná a nějaké obarvení jste v nich našli, někteří se vydávali i (správnou) cestou hledání tvarů, které se nemohou objevit.

Úloha č. 7

Máme rovnostranný trojúhelník ABC. Přímka p svírá se stranou BC úhel 30°. Přímka p protíná polopřímku opačnou k BA v bodě D, strany BC a CA postupně v bodech E a F (obr. zad271). Platí, že |AB|=5 a |BD|=2. Určete |EF|.

Řešení: Velikost jednoho úhlu rovnostranného trojúhelníku je 180°\div 3=60°, protože součet všech úhlů v trojúhelníku je vždy 180° a rovnostranný trojúhelník má všechny strany i úhly stejné. Vedlejší úhel k \sphericalangle ABC, \sphericalangle EBD, má velikost 180°-60°=120°. Jelikož víme, že |\sphericalangle DEB|=30° (stejně jako |\sphericalangle FEC|), je |\sphericalangle BDE| taktéž 30° (180°-120°-30°). Proto je trojúhelník DEB rovnoramenný. Tedy |BD|=|BE|=2. Délka úsečky CE je 5-2=3. Velikost \sphericalangle CFE je 180°-60°-30°=90°, trojúhelník CFE je tedy pravoúhlý.

Střed AC označíme S. Protože trojúhelník ABC je rovnostranný, tak BS je jeho těžnice i výška. Proto je \triangle CSB podobný \triangle CFE podle věty uu. Délku úsečky BS spočítáme pomocí Pythagorovy věty:

Díky zmíněné podobnosti je poměr \frac{|CE|}{|CB|}=\frac{|EF|}{|BS|}=\frac{3}{5}.

Proto |EF|=\frac{3}{5}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.

Pokud jsme líní zavádět si nové úsečky a počítat poměry, můžeme využít goniometrické funkce: \cos30°=\frac{|EF|}{|EC|}, neboli \frac{3\cdot \sqrt{3}}{2}=|EF|.

Komentář: Bylo několik možností jak úlohu vyřešit a většina odeslavších na alespoň jednu z nich přišla. Úloha patřila k jednodušším, pokud se člověk s podobnými už setkal; pokud ne, měl s druhou polovinou úlohy problémy, tu první ale zvládla naprostá většina dobře.

Opravovali: 1. Jan Škopek, 2. Nikola Kalábová, 3. Magdaléna Mišinová, 4. Adam Dřínek, 5. Jan Šuráň, 6. Tomáš Flídr, 7. Petr Khartskhaev.