Nástiny řešení 6. série

Úloha 1:

Rovnost v zadání se dá upravit na x^2+4y^2+4xy + x^2 +1 - 2x = 0 . Další úpravou dostaneme (x+2y)^2 + (x-1)^2=0. Druhá mocnina nuly je opět nula a druhá mocnina nenulového reálného čísla je větší než nula, takže pokud nejsou obě závorky nulové, součet jejich druhých mocnin je větší než nula. Aby byla druhá závorka nulová, musí platit x=1. Pro první závorku musí platit 2y=-x =-1, takže y=-\frac{1}{2}.

Úloha 2:

Označme dobu jízdy prvního jako A, dobu co odpočíval jako B. Pak doba jízdy druhého je 4B, doba odpočinku je A/2. Protože oba vyrazili ve stejnou chvíli a pak se vrátili ve stejnou chvíli, platí A+B=4B+A/2. Z toho A=6B. První jel na koni \frac{6}{7} celkového času, druhý jel na koni \frac{4}{7} celkového času. Protože oba ujeli stejnou vzdálenost, jezdí druhý na koni jedenapůlkrát rychleji než první.

Úloha 3:

Označme C hlavní vrchol trojúhelníku, AB základnu, U střed strany BC, V střed strany AC, T těžiště.

Trojúhelník je rovnoramenný, proto mají těžnice AU a BV stejnou délku, takže i délky AT a BT se rovnají. Z Pythagorovy věty použité na trojúhelník ABT získáme |BT|=|AT|=20\sqrt{2}\ cm. Těžiště dělí těžnici ve třetině, proto |TU|=10\sqrt{2}\ cm. Použijeme Pythagorovu větu na trojúhelník BTU a získáme |BU|=10\sqrt{10}\ cm. U leží ve středu BC, proto |UC|=10\sqrt{10}\ cm. Délka ramena trojúhelníku ABC je 20\sqrt{10}\ cm.

Úloha 4:

Ve čtvrtém květináči nemůže být žádná květina, protože můžeme sečíst květinky ve druhém a druhém květináči, kde žádné nejsou. Menší nebo rovno nule dává na počet květinek jedinou možnost, a to nulu. Šestý květináč je také prázdný, nemůže v něm být víc než ve druhém a čtvrtém květináči dohromady, kde žádné květiny nejsou. A tak můžeme pokračovat pro každý květináč se sudým pořadovým číslem. V 2022. květináči může být jedině 0 květinek.

Úloha 5:

Krychli můžeme pootočit tak, aby byly vrcholy B a D stejně vysoko nad zemí. Voda bude v \frac{5}{8} hran BF i DH, aneb v polovině oproti hranám AE a CG. Když krychli otočíme tak, aby byly vrcholy A, B, C i D ve stejné výšce, vyrovná se voda na hranách AE a CG s hranami BF a DH a všechny hrany budou mít vodu stejně vysoko. Můžeme si to představit jako přesunutí stejného útvaru vody u hrany AE k hraně CG. Voda je ve výšce \frac{5}{8} a pak i část objemu krychle pod vodou se rovná \frac{5}{8}.

Úloha 6:

Domino může být vodorovné nebo svislé. Pokud je vodorovné, jeho levé políčko může být kdekoli kromě pravého sloupce. Zároveň toto levé políčko jenoznačne určuje vodorovné domino, takže počet vodorovných domin je 7\cdot 8 = 56. Když šachovnici otočíme o pravý úhel, prohodí se řádky a sloupce, ale velikosti se nezmění. Počet svislých domin je tedy stený jako počet vodorovných. Všech domin je tedy 56\cdot 2 = 112.

Úloha 7:

Původní počet mincí označme n. Po návštěvě Odyssea zůstane n_1=\frac{2}{3} (n-1) Po návštěvě Meneláa

Po Agammémnonovi zůstane

To má být násobek 3, takže 81 | 8n-38, po úpravě 81 | 8n-200 a 81|n-25. Nejmenší takové n je 25.