Vzorová řešení a komentáře k 4. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Vašek má dvě starší sestry, Aničku a Máničku. Anička je starší o čtyři roky, Mánička o devět let. Mamince dohromady s jejími dětmi je v průměru 23 let. Když se Anička narodila, mamince bylo 27. Kolik je Vaškovi let?
Řešení: Úloha se dala vyřešit mnoha způsoby, ukážeme si dva z nich. První je celkem prvoplánový -- přepíšeme si zadání do rovnic a uvidíme, zda nám z toho něco „nevypadne“. Označme si věk Vaška V, věk Aničky A, věk Máničky M a věk jejich maminky m. Pak si informaci, že Anička je o 4 roky starší než Vašek, můžeme zapsat jako A = V + 4. To, že Mánička je o 9 let starší než Vašek, si můžeme zapsat jako M = V + 9 a to, že maminka je o 27 let starší než Anička, zapíšeme jako m = A + 27. Průměr se spočítá tak, že se sečtou všechny údaje a součet se vydělí počtem údajů. Poslední rovnice, která plyne přímo ze zadání, je proto V + A + M + m/4 = 23.
Nyní máme soustavu čtyř rovnic o čtyřech neznámých:
Protože A i M již máme vyjádřeno pomocí V, vyjádříme si pomocí V i m tak, že do třetí rovnice dosadíme rovnici první:
Nyní můžeme do čtvrté rovnice dosadit první tři:
To je jedna rovnice s jednou neznámou, kterou zvládneme vyřešit:
Z rovnice nám přímo vyplynulo, že Vaškovi je 12 let. Nicméně úloha se dala vyřešit, i když jste se ještě soustavy rovnic počítat neučili. Druhý postup řešení dokonce nebude obsahovat žádné neznámé. Provedeme jen následující úvahu: Součet věků můžeme spočítat jako průměrný věk všech osob krát počet osob, tedy v našem případě 23\cdot 4 = 92 let. Ten rok, když se Vašek narodil, mu bylo 0 let, Aničce 4 roky, Máničce 9 let a mamince 27 + 4 = 31 let -- to vše máme přímo ze zadání. Součet jejich věků v roce, když se Vašek narodil, je 0 + 4 + 9 + 31 = 44 let. Tento součet se každý další rok zvýší o 4, protože každý ze čtyř členů rodiny zestárne právě o jeden rok. Takže teď se ptáme: Za jak dlouho bude součet všech věků 92? Do 92 nám chybí 92 - 44 = 48 let. Každý rok se součet zvýší o 4 roky, takže to bude trvat 48:4 = 12 let. Tedy Vaškovi je 0 + 12 = 12 let (Aničce 4 + 12 = 16 let, Máničce 9 + 12 = 21 let a mamince 31 + 12 = 43 let).
Komentář: Úloha patřila k těm jednodušším, což se projevilo i tak, že přišlo opravdu hodně řešení a téměř všechna byla správná. Bohužel často přišla řešení složená v zásadě jen z rovnic, bez jakéhokoliv slovního komentáře, k čemuž tento typ úlohy určitě svádí. Pokud bylo jasné, jak jste ke které rovnici došli, body jsem nestrhávala, ale příště se nebojte svá řešení psát ve větách nebo je opatřit alespoň nějakým slovním komentářem, jak jste k čemu došli.
Úloha č. 2
Máme rovnoramenný trojúhelník ABC se základnou BC. Zvnějšku k jeho stranám připíšeme obdélníky ABDE a ACFG tak, že BCGE je obdélník. Spočítejte poměr součtu obsahů BDE a CFG k obsahu BCGE.
Řešení: U této úlohy se určitě neobejdeme bez toho, abychom si udělali náčrt. Nakreslíme libovolný rovnoramenný trojúhelník ABC a vyznačíme osu o, která splývá s výškou v trojúhelníku. Nyní podle zadání máme nakreslit nad stranami AB a AC obdélníky, ale už nemůžeme ledajaké -- musí platit, že útvar BCGE, který nám na obrázku vznikne, je také obdélník. To uděláme následovně: sestrojíme dvě kolmice na základnu trojúhelníku ABC tak, aby procházely body B a C. Kolmici, která prochází bodem B, označíme r a kolmici bodem C písmenem s. Protože strany obdélníku jsou na sebe kolmé, musí platit, že bod E obdélníku BCGE leží na kolmici r a bod G na kolmici s.
Nyní najdeme, kde přesně se body E a G nachází, a dokreslíme obdélníky ABDE a ACFG ze zadání. Nejprve se zaměříme na levou polovinu obrázku. Bod E obdélníku ABDE se určitě nachází na přímce, která je kolmá na úsečku AB trojúhelníku ABC a prochází bodem A. Přímku tam tedy narýsujeme a v místě, kde se protne s přímkou r, bude ležet hledaný bod E. Teď už nám jen zbývá zakreslit poslední bod D. To můžeme například tak, že sestrojíme další dvě kolmice, jednu na přímku AE procházející bodem E a druhou na AB procházející bodem B. Tam, kde se protnou, bude bod D.
Úplně stejným způsobem budeme postupovat u obdélníku ACFG a vznikne nám podobný útvar jako na obrázku (obr. vz421). Přejděme teď tedy k druhé části úlohy. Vlevo vidíme trojúhelník BDE a vpravo CFG. Součet jejich obsahů máme porovnat s obdélníkem BCGE. Můžeme si povšimnout, že trojúhelníky BDE a ABE mají stejnou velikost, protože vznikly rozdělením obdélníku ABDE úhlopříčkou BE. To samé musí platit pro trojúhelníky CFG a ACG. Ve skutečnosti musejí mít všechny čtyři trojúhelníky stejnou velikost, protože obrázek jsme sestrojili tak, že je symetrický.
Na chvíli nyní odbočíme k trojúhelníkům ABC a AEG. Součet jejich obsahů musí mít vždy stejnou velikost, nehledě na to, jak vysoko nebo nízko bod A po ose o posuneme. Dokonce můžeme tvrdit, že součet jejich obsahů bude právě polovina obsahu obdélníku BCGE. To ukážeme následovně -- označme délku strany BC jako x a délku strany CG jako y. Délka výšky trojúhelníku ABC je délka v, zatímco délka výšky AEG musí být (y - v). Délka základny obou trojúhelníků je shodná: x. Součet obsahů S tedy bude:
Jak vidíme, proměnná v nám ze vzorce úplně vypadla, nezáleží tedy na tom, jak moc zploštělý nebo vysoký trojúhelník ABC jsme na začátku nakreslili. Dále jsme si potvrdili, že součet obsahů ABC a AEG je polovina obsahu obdélníku BCGE -- jeho obsah je x\cdot y, jak můžeme pohledem na obrázek jednoduše ověřit. Druhou polovinu obsahu tohoto obdélníku tedy musí tvořit trojúhelníky ABE a ACG. Jak jsme si o dva odstavce výše ukázali, součet obsahů těchto dvou trojúhelníků je stejný jako součet obsahů BDE a CFG ze zadání. To znamená, že součet obsahů trojúhelníků BDE a CFG je právě polovina obsahu obdélníku BCGE -- vyjádřeno poměrem 1 : 2.
Komentář: Úloha šla samozřejmě vyřešit více způsoby, jak dokazuje různorodost řešení, která se sešla. Když si například trojúhelníky na obrázku vhodně rozdělíme výškou na menší, zjistíme, že většina z nich si je podobná, čímž poměr také jednoduše určíme.
Úloha č. 3
Vašek má deset kostiček lega, jsou na nich čísla 1, ..., 10. Procvičuje si počítání tím, že staví součtové komínky z kostiček. Pro součtový komínek musí platit, že úplně spodní kostička je součtem všech kostiček nad ní. Je možné udělat několik součtových komínků, aby využil všechny kostičky? Pokud ne, proč?
Řešení: Dokážeme, že součtové komínky nelze sestavit.
Protože číslo spodní kostičky je součet všech čísel kostiček nad ní, součet čísel všech kostiček v komínku je dvakrát číslo nejspodnější kostičky. To znamená, že je sudý. Součet všech kostiček ve všech sestavených komíncích proto musí být součtem několika sudých čísel, tudíž také sudé číslo.
Sečteme-li čísla od 1 do 10, tak nám vyjde 55. To je liché číslo, což je spor s tím, že součet čísel na všech kostičkách musí být sudý. Tudíž komínky skutečně nelze sestavit.
Komentář: Většina řešení postupovala jako to vzorové a vysloužila si plný počet bodů. Část řešení si všimla, že nelze sestavit čtyři a více komínků, protože na každý komínek potřebujeme alespoň tři kostičky. Potom řekla, že součet nejspodnějších kostiček musí být stejný jako součet ostatních. Nejspodnějších kostiček jsou ale nejvíce tři a součet tří nejvyšších čísel je menší než součet všech ostatních. Tudíž ať jsou nejspodnější kostičky jakékoli nebo jich je i míň než tři, tak jejich součet je menší než ostatních. Touto druhou cestou se vydala i většina řešení, která získala částečné body, neboť v tomto postupu bylo snadné některý krok vynechat. Našla se také řešení, která postupovala cestou zkoušení všech možností, jedno to dokonce dotáhlo do zdárného konce. Takový postup sice funguje, je ale pracný a snadno se v něm ztrácí body, když člověk na některý případ zapomene.
Úloha č. 4
Všechny vnitřní úhly čtyřúhelníku ABCD jsou menší než 180^{\circ}. Středy obou dvojic protějších stran spojíme, čímž se ABCD rozdělí na čtyři části. Dokažte, že tyto části umíme přeskládat tak, aby vznikl rovnoběžník.
Řešení: Označme si jednotlivé části jako a, b, c a d, kde a je ta část nejblíže bodu A atd. (obr. vz441). Středy jednotlivých stran označíme S_{1}, S_{2}, S_{3} a S_{4}. Průsečík středních příček nazveme P, úhly \angle S_{1} PS_{4} a \angle S_{2} PS_{3} jako \varepsilon , úhly \angle S_{1} PS_{2} a \angle S_{3} PS_{4} jako \theta. Označme úhly u bodů A, B, C, D jako \alpha, \beta, \gamma a \delta.
Součet vnitřních úhlů každého čtyřúhelníku je 360^{\circ} (to vidíme, když rozdělíme čtyřúhelník na dva trojúhelníky).
Pokud části a a c otočíme o 180^{\circ} a části b a d prohodíme (tj. b skončí tam, kde bylo d, a naopak) tak, aby úhly \varepsilon a \theta byly vnitřními úhly nově vzniklého čtyřúhelníku, zjistíme, že tyto části zapadají k sobě, protože vedlejší úhly u S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4} zůstavají vedlejšími a \alpha, \beta, \gamma, \delta se potkávají a doplňují do 360^{\circ} a také díky tomu, že k sobě skládáme stejně dlouhé strany -- přikládáme rozpůlené strany původního čtyřúhelníku. Také, jelikož platí, že \varepsilon + \theta = 180^{\circ}, protože \varepsilon a \theta jsou vedlejší úhly, je nový čtyřúhelník určitě rovnoběžníkem.
Komentář: Většina řešitelů přišla na správné řešení a skoro vždy ho dokázala i podložit. Je ale potřeba dokázat, že k sobě budou dílky pasovat délkami stran i velikostmi úhlů (někteří udělali jen jednu z těchto věcí, což nestačilo).
Úloha č. 5
Pro hrany kvádru ABCDEFGH platí |AB|= 5\ cm, |BC| = 4\ cm a |AE| = 9\ cm. Na jeho hranách AE, BF, CG jsou postupně body X, Y, Z tak, že |AX|=3\ cm, |BY|=8\ cm a |CZ|=6\ cm. Spočítejte velikost řezu kvádru rovinou XYZ.
Řešení: Na úvod je třeba si uvědomit, jak vypadá řez kvádru zadanou rovinou XYZ. Strany řezu musí ležet ve stěnách kvádru, můžeme tedy spojit body X a Y, protože oba leží v jedné stěně. To samé platí i pro body Y a Z. Pro dvojici bodů X a Z stejně postupovat nemůžeme. Musíme si uvědomit, že když dvě rovnoběžné roviny pronikneme s třetí k nim různoběžnou rovinou, budou dvě získané průsečnice rovnoběžné. Vedeme tedy rovnoběžku k přímce XY bodem Z a průsečík získané přímky a úsečky DH je čtvrtým bodem řezu, označme ho W. Ten už leží ve stejné stěně jako bod Z i ve společné stěně s bodem X.
Druhým krokem úlohy je určit, jaký tvar má řez, můžeme vidět, že se jedná o čtyřúhelník a zároveň rovnoběžník. Zde je třeba si dát pozor, že se může jednat o obdélník, ale nemusí! Obecně tedy předpokládáme, že jde o kosodélník. Obsah kosodélníku spočteme pomocí vzorce S=a\cdot v_{a}, kde a je délka strany kosodélníku a v_{a} je délka výšky k ní příslušné. Zvolme si a=|YZ|. Délku této strany můžeme spočíst z pravoúhlého trojúhelníku (obr. vz451), který sestavíme „posunutím“ úsečky BC do bodu Z, tím získáme bod B' na hraně FB a posunutý bod C splyne s bodem Z. Získáváme tak délky stran |B'Z|=4, |B'Y|=|CG|-|CZ|-|FY|=9-6-1=2. Jelikož je úhel \angle ZB'Y pravý, můžeme použít Pythagorovu větu:
Výška řezu (kosodélníku) na stranu YZ je stejná jako výška trojúhelníku XYZ na stranu YZ, což bude v naší situaci jednodušší spočítat. Dopočteme si tedy ještě délky stran XY a XZ. U strany XY postupujeme obdobně jako u předchozí. Tedy |XB''|=5, |B''Y|=5 a použitím Pythagorovy věty získáme |XY|=\sqrt{50}. Pro výpočet délky strany XZ musíme udělat jeden výpočet navíc a to výpočet délky stěnové úhlopříčky AC. Opět aplikujeme Pythagorovu větu, tentokrát na pravoúhlý trojúhelník ABC a získáváme
Nyní si můžeme sestavit pravoúhlý trojúhelník s přeponou XZ. Posunutím úseč\minusky AC ve směru svislých hran do bodu X získáváme trojúhelník XC'Z, který je pravoúhlý a známe délky stran |XC'|=\sqrt{41} a |C'Z|=3. Pomocí Pythagorovy věty už snadno získáme, že |XZ|=\sqrt{50}.
Za povšimnutí stojí, že trojúhelník XYZ je rovnoramenný, tudíž výška na stranu YZ tuto stranu zároveň půlí. Patu výšky si označíme P. Získáváme tak další pravoúhlý trojúhelník XYP. Známe délky |XY|=\sqrt{50} a |YP|=\sqrt{20}/2. Dosazením do Pythagorovy věty máme
Nyní už můžeme dosadit do vzorce pro výpočet obsahu kosodélníku a získáváme výsledek:
Všechny délky jsme uváděli v centimetrech, a tedy obsah řezu je 30\ cm^{2}.
Komentář: Nejčastějším problémem bylo, že někteří řešitelé předpokládali, že řezem je automaticky obdélník. Úplně tím tak obešli výpočet výšky kosodelníku a ztratili na této úvaze dost bodů. Zároveň se nám ale sešlo i několik velmi hezkých řešení, která by mohla být i řešeními vzorovými.
Úloha č. 6
Vašek si hraje se zlomky. Zlomek nejdřív zkrátí do základního tvaru. Potom spočítá součin jmenovatele a čitatele. Pro kolik zlomků mezi nulou a jedničkou mu mohlo vyjít 20!? Jako n! označujeme součin přirozených čísel od 1 do n a čteme to n faktoriál.
Řešení: Podívejme se, jak zlomek v základním tvaru se součinem čitatele a jmenovatele 20! může vypadat. Jmenovatele i čitatele si můžeme vyjádřit jako součin prvočísel. Platí, že žádné prvočíslo není ve jmenovateli i v čitateli: kdyby nějaké bylo, celý zlomek bychom jím mohli zkrátit, takže by tento zlomek nebyl v základním tvaru. Z toho vyplývá, že i pokud je nějaké prvočíslo v rozkladu 20! vícekrát, je buď pokaždé ve jmenovateli, nebo pokaždé v čitateli. (Alespoň v jednom musí být, aby byl součin 20!.)
Každý takovýto zlomek můžeme tedy jednoznačně určit tak, že vybereme, která z prvočísel z rozkladu 20! budou ve jmenovateli a která v čitateli. Různých prvočísel je v tomto rozkladu 8 a jsou to prvočísla menší než 20: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 a 19.
Pro každé z těchto osmi prvočísel vybíráme ze dvou možností, jestli bude ve jmenovateli, nebo v čitateli. Tyto volby jsou na sobě nezávislé: pro obě možnosti umístění dvojky máme pořád dvě možnosti umístění trojky, a tak dále. Celkový počet možností, jak tato prvočísla rozmístit, je tedy 2^{8} = 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 256.
Jedná se o všechny zlomky v základním tvaru se součinem jmenovatele a čitatele 20!, ale zadání má ještě jednu podmínku. Zlomek musí být mezi nulou a jedničkou, takže čitatel musí být menší než jmenovatel. Díky tomu, jak jsme čitatele a jmenovatele vytvořili, víme, že se nikdy nerovnají. Díky tomu je můžeme jednoduše prohodit: ke každému zlomku s větším čitatelem dostaneme jeden zlomek s větším jmenovatelem (a naopak). Zadání proto vyhovuje každý druhý zlomek z těch, které jsme spočítali. Správná odpověď je tedy 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 128.
Komentář: Tato úloha byla poměrně komplikovaná. Je několik způsobů, kterými se z rozmísťování osmi prvočísel dá dostat k výsledku 128 (typicky přes vybírání konkrétního počtu prvočísel do čitatele/jmenovatele), ale ve většině z nich se velmi jednoduše dá na něco zapomenout nebo udělat nějaká chyba. Navíc 20! je dost velké číslo, takže byla potřeba nějaká abstraktnější úvaha. Některé řešitele zmátlo i to, že v zadání nebylo dostatečně zdůrazněno, že se počítá jenom se zlomky v základním tvaru. I přes to se ale sešlo hodně správných nebo skoro správných řešení.
Úloha č. 7
Je dána posloupnost šesti čísel. Každé (kromě prvního) je ostře větší než předchozí a zároveň je jeho násobkem. Součet všech šesti čísel je 79. Jaké je největší číslo posloupnosti?
Řešení: Zkusme si, jaký by byl součet čísel v posloupnosti, pokud bychom začali číslem 1 a násobili vždy dvěma (tím dosáhneme nejmenšího možného výsledku). 1+2+4+8+16+32=63. Vidíme, že do 79 nám ještě chybí 16. Máme dvě možnosti, jak součet zvětšit -- začít posloupnost vyšším číslem, nebo v některém místě posloupnosti násobit větším číslem. Další vyšší číslo, kterým bychom mohli začít, je 2. Součet je ale moc vysoký: 2+4+8+16+32+64=126. Musíme tedy v některém místě posloupnosti násobit takovým číslem, aby byl součet vyšší o 16. Protože se v posloupnosti nachází samotné číslo 16, můžeme ho vynásobit třemi místo dvěma. Celá posloupnost pak bude 1+2+4+8+16+48=79.
Musíme ještě dokázat, že poslední člen posloupnosti nemůže být jiný. Pokud budeme násobit třemi místo dvěmi v jednom libovolném kroku, poslední číslo bude vždy 48. Poslední číslo proto musí být alespoň 48. Zároveň když násobíme třemi až v posledním kroku, je součet zbytku posloupnosti nejmenší možný. Kdybychom to udělali dříve, byl by vyšší. Proto aby součet celé polsoupnosti byl 79, musí být poslední člen nejvíce 48. Poslední člen musí být alespoň 48 a zároveň nejvíce 48, takže je nutně roven 48.
Komentář: Úloha byla jednoduchá, jedinou chybou bylo, když jste si špatně přečetli zadání. Velká většina řešení byla za plný počet bodů.
Opravovali: 1. Alžběta Neubauerová, 2. Adam Dřínek, 3. Magdaléna Mišinová, 4. Petr Khartskhaev, 5. Adéla Jalovcová, 6. Tomáš Flídr, 7. David Hájek.
