Vzorová řešení a komentáře k 6. sérii
Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.
Úloha č. 1
Karkulka navštěvuje svých 12 babiček žijících v lese. Ke každé z nich chce zajít právě jednou. Začíná u nejstarší babičky Aničky. Mezi domečky každých dvou babiček vede cestička. Některé z cestiček jsou obzvláště pěkné, takže se Karkulka po všech z nich chce projít. Od každé babičky vede nejvýše jedna obzvláště pěkná cestička, dohromady jich je 5. Kolika způsoby může Karkulka babičky navštívit? Cestičky se nikde kromě domečků babiček nepotkávají (je to přece kouzelný les). Když Karkulka přijde k domečku, babičku vždy navštíví.
Řešení: Pozastavme se nejprve u „obzvláště pěkných cestiček“. Ty spojují celkem 10 babiček (každá cestička má dva konce). Babičky rozdělíme do 5 dvojic podle toho, že spolu jednu „pěknou“ cestičku sdílejí. Zbydou nám dvě babičky, ke kterým žádná „pěkná“ cestička nevede.
Přestavme si, že babičky A a B jsou ve dvojici. Když Karkulka navštíví babičku A, znamená to, že v příštím kroku musí jít za babičkou B. Pokud by tak neudělala, zůstane „pěkná“ cestička mezi babičkami A a B navždy nenavštívená. V případě, že by někdy v budoucnu Karkulka touto cestičkou chtěla projít, musela by znovu navštívit babičku A, což je proti pravidlům. To samozřejmě platí i naopak -- pokud je Karkulka u babičky B, musí jít hned v dalším kroku za babičkou A. Protože druhý krok Karkulky je vždycky vynucený a nezvýší nám počet možností, ze kterých Karkulka může volit, můžeme babičky ve dvojici považovat za jednu „superbabičku“, kterou Karkulka navštíví vždy naráz. Za každou dvojici si jen zvýšíme počet možných cest dvakrát, protože Karkulka si může vybrat, kterou babičku ve dvojici navštíví jako první.
Rozdělme si nyní situaci podle toho, jestli od první Karkulčiny babičky vede „pěkná“ cestička k jiné babičce. Předpokládejme, že od babičky Aničky taková cestička vede. V tom případě Karkulka musí po této cestičce ihned projít k druhé babičce -- nemá na výběr. Ve třetím kroku už si Karkulka může volit z celkem 6 možností -- na výběr má 2 babičky siroty a 4 dvojice babiček „superbabiček“. V kroku o jedna dále může Karkulka volit z pěti možností, o dva dále ze čtyř možností a tak dále. Celkový počet možností, ze kterých Karkulka může volit, je tedy
Člen 2^{4} se nám ve vzorci objevil kvůli tomu, že za každou dvojici babiček musíme zvýšit počet Karkulčiných možností 2\times, jak jsme vysvětlili o dva odstavce výše.
Nyní předpokládejme, že od babičky Aničky žádná „pěkná“ cestička nevede. V tom případě může Karkulka ve druhém kroku volit také z 6 možností, z toho 1 je babička sirota a 5 babiček „superbabiček“. Vzoreček tedy bude velmi podobný, až na to, že místo členu 2^{4} budeme mít člen 2^{5}:
Došli jsme tedy k závěru, že pokud od babičky Aničky žádná „pěkná“ cestička nevede, bude mít Karkulka 23040 možností, jak zbylé babičky navštívit. Pokud od babičky Aničky „pěkná“ cestička vede, bude mít Karkulka 11520 možností.
Komentář: V úloze bylo třeba dát pozor na to, že Karkulka je jako první vždy u babičky Aničky. Některým řešitelům vyšel vyšší počet možností právě kvůli tomu, že začátek Karkulčiny cesty umisťovali k libovolné babičce.
Úloha č. 2
Sněhurka před týdnem koupila dva stejné pytle jablek a rozdělila je spravedlivě mezi sedm trpaslíků. Každý dostal pět jablek, zbylá, která se už nedala spravedlivě rozdělit, si vzala Sněhurka. Nyní opět koupila tytéž pytle jablek, ale čtyři. Když je stejně jako předtím rozdělila mezi trpaslíky, zbylo jí ještě méně jablek než minule. Kolik jablek je v jednom pytli?
Řešení: Zapíšeme si do rovnic, co víme ze zadání. Před týdnem koupila Sněhurka dva stejné pytle jablek a rozdělila je mezi sedm trpaslíků a několik jablek jí zbylo. Počet jablek v jednom pytli označíme j (předpokládáme, že jablka jsou celá), zbytek jablek, co zbyl Sněhurce, označíme a: 2j=5\cdot 7+a=35+a. Zároveň víme, že Sněhurka měla méně než 7 jablek, protože jinak by je ještě mohla rozdělit mezi trpaslíky. Ve dvou pytlích musí být sudý počet jablek a z předchozí rovnice vidíme, že i 35+a musí být sudé. Součet dvou čísel je sudý, buď když jsou obě čísla sudá, nebo pokud jsou obě čísla lichá. Číslo 35 je liché, a bude tedy také liché. První týden tedy platí 2j=35+a, a=\lbrace1,3,5\rbrace, j celé číslo.
Nyní Sněhurka koupila 4 pytle. To je dvakrát tolik jablek, co minulý týden, proto můžeme první rovnici vynásobit dvěma: 4\cdot j=2\cdot(35+a)=70+2a, a=\lbrace1,3,5\rbrace a 2a=\lbrace2,6,10\rbrace. Tento týden na Sněhurku zbylo méně jablek než minulý týden, číslo 2a tedy bylo větší než 7 a Sněhurka dala ještě po jednom jablku každému trpaslíkovi. Odtud 2a\geq7 a a\geq \frac{7}{2}. Jediné a=\lbrace1,3,5\rbrace, které je větší než a=3,5, je 5. Doplněním do první rovnice platí 2j=35+5=40 a po vydělení obou stran dvěma dostaneme j=40/2=20. V jednom pytli bylo 20 jablek.
Pro jistotu můžeme provést zkoušku -- dosadíme j=20 do první rovnice 2\cdot 20=35+a, tedy a=5. Druhý týden Sněhurka koupila 4\cdot 20=80 jablek, každému trpaslíku dala 11 jablek a jí zbyla 80-7\cdot 11=80-77=3 jablka, to je méně než 5. Vše je tedy v pořádku.
Komentář: Téměř všechna řešení, která přišla, byla správná. Chtěla bych pochválit všechny řešitele, protože až na pár výjimek byla i správně a dostatečně zdůvodněná.
Úloha č. 3
Vašek si koupil zlomek. Byl ale moc malý, tak jeho jmenovatel i čitatel zvětšil o jedna. Tím získal zlomek o 1/20 větší. To se mu pořád zdálo málo, takže čitatel i jmenovatel opět o jedna zvětšil. Díky tomu měl zlomek o 1/12 větší, než byl ten původní. Jaký byl původní zlomek?
Řešení: Čitatel Vaškova zlomku označíme a a jmenovatel b. Sepíšeme si dvě rovnice -- po prvním a druhém zvětšení zlomku:
První rovnici vynásobíme všemi jmenovateli, abychom se zlomků zbavili:
Tu upravíme na 20a+b^{2}=19b. To samé provedeme s druhou rovnicí: 24a+b^{2}=22b. První rovnici odečteme od té druhé a získáme 4a=3b. Po vynásobení výrazu pěti, 20a=15b, což dosadíme do předchozí rovnice: 15b+b^{2}=19b. Vychází nám b^{2}=4b. Tato rovnice má dvě řešení: 0 a 4. Jelikož jmenovatel nemůže být nula, musí být b=4, a tedy a=3. Vaškův zlomek je tedy roven 3/4.
Komentář: Úloha byla dost jednoduchá a většina řešitelů ji měla správně. Někteří na ni šli metodou „pokus -- omyl“, což není špatně, ale je potřeba dokázat, že neexistuje žádné jiné řešení než 3/4.
Úloha č. 4
Máme pravidelný dvacetistěn. Kolik existuje rovnostranných trojúhelníků s vrcholy ve vrcholech tohoto pravidelného dvacetistěnu?
Řešení: Rovnostranné trojúhelníky s vrcholy ve vrcholech pravidelného dvacetistěnu označíme jako hezké trojúhelníky.
Stěny pravidelného dvacetistěnu jsou rovnostranné trojúhelníky, tím získáváme dvacet hezkých trojúhelníků. Budou ale existovat i větší hezké trojúhelníky. Otázka je, jak je všechny najít a spočítat.
Abychom si situaci zjednodušili, spočítáme nejprve, do kolika hezkých trojúhelníků bude patřit jeden určitý vrchol dvacetistěnu, označme ho A. Dvacetistěn otočíme tak, aby A byl nahoře a zbylé vrcholy dvacetistěnu se rozdělily do tří vrstev, kde vrcholy v jedné vrstvě jsou stejně vysoko (obr. vz641). Vrcholy ve vrstvě nejblíže A jsou ty, které jsou s A spojeny hranou, tedy jich je 5. V další vrstvě je opět 5 vrcholů a v nejnižší vrstvě je pouze jeden vrchol. Důležité pozorování je, že vrcholy v každé vrstvě jsou nejen stejně vysoko, ale i stejně daleko od A. Zároveň dva vrcholy ze dvou různých vrstev jsou různě daleko od A. Aby tedy dva body B a C tvořily s A rovnostranný trojúhelník, musí být na stejné vrstvě. Zároveň musí platit |AB| = |AC| = |BC|. Chceme proto spočítat počet takových dvojic B, C v každé vrstvě.
Pokud jsou body B a C ve vrstvě nejblíže A, je |AB| = |AC| délka hrany dvacetistěnu. Vrcholy na této vrstvě tvoří pravidelný pětiúhelník, jehož strany jsou hrany dvacetistěnu, takže vyhovujících dvojic bodů B a C bude pět (body B a C jsou zaměnitelné, nechceme počítat navíc dvojice, kde je jen prohodíme).
Ve druhé vrstvě od A vrcholy opět tvoří pravidelný pětiúhelník, jehož strany jsou hrany dvacetistěnu. Tento pětiúhelník má pět úhlopříček, které jsou všech\minusny stejně dlouhé. Ukážeme, že tato úhlopříčka je stejně dlouhá jako vzdálenost bodů druhé vrstvy od A. Například tak, že bod A jsme volili libovolně. Pokud bychom místo A zvolili jeden z vrcholů pětiúhelníku, budou jeho sousední vrcholy v první vrstvě od něj a ty vrcholy, které s ním leží na úhlopříčce, budou ve druhé vrstvě. Z pravidelnosti dvacetistěnu tudíž skutečně jako dvojice B a C vyhovují krajní body úhlopříček, kterých je pět.
Na třetí vrstvě je jen jeden vrchol, takže tam žádnou dvojici nenajdeme.
Vrchol A jsme volili libovolně, takže víme, že každý vrchol dvacetistěnu je vrchol deseti hezkých trojúhelníků (5+5 = 10). Vrcholů dvacetistěnu je 12. Takže počet všech vrcholů všech hezkých trojúhelníků, když za každý trojúhelník započteme všechny tři vrcholy bez ohledu na to, zda je sdílí s jiným, je 12\cdot 10 = 120. Trojúhelník má tři vrcholy, takže to je zároveň trojnásobek počtu hezkých trojúhelníků, na nějž se nás ptá zadání. Hezkých trojúhelníků tedy je 120/3 = 40.
Komentář: Byl ještě další způsob, jak úlohu řešit, a to pomocí pozorování, že každému většímu trojúhelníku můžeme přiřadit jednu stěnu a naopak. V úloze bylo nejdůležitější si situaci správně zpřehlednit. Někteří se o to snažili tím, že rozložili plášť dvacetistěnu, v tom se ale trojúhelníky špatně hledají, takže tento přístup většinou nevedl ke správnému výsledku.
Úloha č. 5
Mám dva shodné trojúhelníky. Umím z nich složit obdélník s obvodem 23 cm, rovnoběžník s obvodem 32 cm a trojúhelník s obvodem 25 cm. Spočítejte délky stran jednoho z těchto trojúhelníků.
Řešení: Abychom mohli dané útvary sestrojit, musíme k sobě přikládat shodné strany trojúhelníků. Jelikož jsou obvody těchto útvarů různé, různé musí být i délky stran trojúhelníku.
Strany trojúhelníku si označíme a, b, c tak, že platí: a < b < c.
Celou situaci si nyní načrtneme (obr. vz651).
Z nákresu a zadaných obvodů jsme schopni sestavit soustavu tří rovnic.
Odečteme (II) rovnici od (III), následně přičteme první rovnici.
Nyní dosadíme a do (I) rovnice.
A také do (III) rovnice.
Délky stran trojúhelníku jsou 4 cm, 7,5 cm a 8,5 cm.
Komentář: Protože z trojúhelníků umíme složit obdélník, musí být oba trojúhelníky pravoúhlé. Tudíž musí platit Pythagorova věta, jinak by úloha neměla řešení. Jelikož byla úloha koncipována na soustavu rovnic, za chybějící důkaz existence trojúhelníků jsem žádné body nestrhával. Jediné strhnuté body byly za nepozornost při úpravě rovnic.
Úloha č. 6
V lichoběžníku ABCD se základnami AB a CD se úhlopříčky AC a BD protínají v bodě X. Obsah AXD je 9 cm^{2} a obsah CDX je 3 cm^{2}. Jaký je obsah lichoběžníku ABCD?
Řešení: 
Protože jsou úsečky AB a CD rovnoběžné, je vzdálenost bodu A od přímky CD stejná jako vzdálenost bodu B od přímky CD. Takže i obsah trojúhelníku ACD je stejný jako obsah trojúhelníku BCD (obsah trojúhelníku počítáme jako zakladna\cdot vyska/2; základnu CD mají oba trojúhelníky stejnou a před chvílí jsme ukázali, že i výšku na tuto základnu mají stejnou). Platí S_{AXD} + S_{XDC} = S_{ACD} = S_{BCD} = S_{BXC} + S_{XDC}. To znamená, že S_{AXD} = S_{BXC}. Takže obsah trojúhelníku BXC je 9 cm^{2}.
Velikost úhlů AXB a CXD je stejná, jedná se přece o vrcholové úhly. Velikost úhlů BAC a ACD je stejná, jedná se o úhly střídavé (AB a CD jsou rovnoběžné). A protože tu máme trojúhelník ABX, který má stejně velké vnitřní úhly jako trojúhelník CDX, jsou tyto dva trojúhelníky podobné. Víme už, které vrcholy si odpovídají. Teď ještě musíme zjistit koeficient podobnosti.
Označme m vzdálenost bodu D od úsečky AC. Pak S_{AXD} = |AX|\cdot m/2 = 9 cm^{2}; S_{XCD} = |XC|\cdot m/2 = 3 cm^{2}. Z toho vidíme, že |AX| = 3\cdot |XC|.
Hledaný koeficient podobnosti je 3, stejně jako je |AX| třikrát větší než |XC|. Potom platí, že |AB| = 3\cdot |CD|, také že výška z X na AB je třikrát delší než na CD. A tak platí, že je obsah trojúhelníku ABX (3\cdot 3)krát větší než obsah trojúhelníku CDX; to jest 27 cm^{2}.
Obsah lichoběžníku je roven součtu obsahů trojúhelníků ABX, BCX, CDX, DAX, což je 27+9+3+9=48 cm^{2}.
Obsah lichoběžníku je 48 cm^{2}.
Komentář: Většinou jste to měli celé správně. Úloha má více směrů, kterými se lze dobrat ke správným výsledkům; podstatný je poměr, ve kterém se úhlopříčky dělí. Každopádně je velmi důležité přesně zdůvodnit všechny kroky -- nestačí říct, že něco platí, přitom neříct proč.
Úloha č. 7
Norbert má stavebnici ze 64 krychliček. Stěna každé krychličky je buď bílá nebo černá. Norbert z nich ze všech může postavit krychli, která bude mít každou stěnu z poloviny černou a z poloviny bílou. Kolik nejvíc úplně bílých krychliček může ve stavebnici být? Nezapomeňte dokázat, že jich nemůže být víc.
Řešení: Pokud nás zajímají jen úplně bílé krychličky, je jedno, jestli ostatní budou celé černé nebo jen částečně černé. Omezuje nás jen počet černých vnějších stěn. Proto budou nejspíše všechny krychličky buď celé černé nebo celé bílé. To je samozřejmá úvaha, kterou většina řešitelů ani nepsala, ale všichni ji předpokládali.
Další hlavní myšlenka této úlohy je v tom, jak vybrat co nejméně krychliček, aby jich na každé vnější stěně byla vybrána polovina. A to se zjevně udělá tak, že vyberu především ty krychličky, které jsou na co nejvíce stěnách. Rozdělím si tedy 64 krychliček do skupin podle počtu vnějších stěn.
8 rohových krychliček má na vnějších stěnách 3 stěny.
24 hranových krychliček má na vnějších stěnách 2 stěny.
24 stěnových krychliček má na vnějších stěnách 1 stěnu.
8 vnitřních krychliček má na vnějších stěnách 0 stěn.
Abych vybral co nejméně krychliček a dosáhnul 48 vnějších stěn (to je polovina 96), musím vybrat 8 rohových krychliček a 12 hranových. Ostatních 44 může zůstat bílých.
Mám tedy omezení, že více než 44 bílých krychliček být nemůže. Ještě mi zbývá ukázat, že pro tento počet řešení mám, a to vidíte na následujícím obrázku (obr. vz672), kde je síť krychle (krychličky, které nejsou vidět, jsou všechny bílé).
Nejvíce může být bílých 44 krychliček.
Komentář: Většina řešitelů úlohu vyřešila správně a měla tam všechny nutné kroky (za podstatné nezdůvodnění jsem strhával jeden bod). Zaujalo mě, že zhruba polovina řešitelů počítala černé krychličky a snažila se jich mít co nej\minusméně a druhá polovina bílé a snažila se jich mít co nejvíce, ale samozřejmě všichni došli ke stejnému výsledku.
Opravovali: 1. Adam Dřínek, 2. Lenka Vábková, 3. Petr Khartskhaev, 4. Magdaléna Mišinová, 5. Jiří Štrincl, 6. Klára Pernicová, 7. František Steinhauser.
