Vzorová řešení a komentáře k 4. sérii

Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Zadání naleznete zde.


Úloha č. 1

Mějme trojúhelník ABC. Opišme mu kružnici k. Kolmici na přímku AB procházející bodem A pojmenujme m, kolmici na přímku AC procházející bodem A pojmenujme n. Průsečík mk (různý od A) pojmenujme M, průsečík nk (různý od A) pojmenujme N. Dokažte, že |MN|=|BC|.

Řešení: Ze všeho nejdříve si sestrojíme náčrtek podle zadání. Nakreslíme libovolný trojúhelník ABC, jeho kružnici opsanou k a body MN. Střed kružnice k označíme S. Povšimněme si, že trojúhelník ABM, který nám na obrázku vznikl, je pravoúhlý, protože strany ABAM jsou na sebe dle zadání kolmé. Také platí, že kružnice k je jeho kružnicí opsanou, jelikož všechny tři body tohoto trojúhelníku na ní leží (Obr. vz411).

Nyní ukážeme, že bod S je středem strany BM. Poslouží nám k tomu Thaletova věta -- tu většinou známe ve znění podobném tomuto: „Všechny trojúhelníky, jejichž nejdelší stranu půlí střed kružnice opsané, jsou pravoúhlé.“ Tento výrok ovšem platí i naopak: „Střed kružnice opsané pravoúhlému trojúhelníku půlí jeho nejdelší stranu.“ Protože strana BM je přeponou trojúhelníku ABM, musí být jeho nejdelší stranou, a bod S je skutečně jejím středem.

Dále se zaměříme na trojúhelník ACN a podle úplně stejné logiky můžeme ukázat, že bod S je také středem strany CN. Teď už můžeme důkaz úlohy jednoduše dokončit -- protože úsečky BMCN jsou stejně dlouhé (obě jsou průměrem kružnice k) a protože se protínají ve svém středu, bude BCMN obdélník s těmito úhlopříčkami. Z toho vyplývá, že strany BCMN jsou shodné.

Komentář: Poté, co si všimneme, že klíčem k řešení je použít Thaletovu větu, je úloha poměrně přímočará. Proto většina řešitelů získala plný počet bodů. Na druhou stranu, pár řešitelů udělalo chybu, že si trojúhelník ABC načrtli jako rovnoramenný a z toho pak odvozovali neplatná tvrzení.

Úloha č. 2

Afroditin nový milostný amulet měl původně tvar krychle se stranou 6 cm. Afrodita rozřezala jeho stěny na čtyři stejné čtverce a ty pak změnila následujícím způsobem. Jejich vnitřní vrcholy posunula o centimetr směrem ke středu krychle. Jejich vrcholy, které jsou ve středech hran krychle, zůstaly na místě. Vrcholy, které byly původně ve vrcholech krychle, se posunuly po prodloužené tělesové úhlopříčce tak, aby se čtverec změnil na jiný rovinný útvar. Narýsujte útvar, který z jednoho čtverce vznikl.

Řešení: Stačí nám zabývat se jen jedním čtverečkem na jedné straně krychle, protože všechny pozměnila Afrodita stejně. Označme si tedy jeden ABCD, aby A byl střed stěny krychle a C vrchol krychle. Body BD jsou potom středy hran krychle, které se při pozměňování nepohnuly. Průsečíky jeho úhlopříček označíme X. Protože původní krychle měla hranu délky 6 cm, tento čtverec bude mít stranu délky 3 cm. Posunuté vrcholy AC označíme postupně A'C'. Střed krychle označíme S (Obr. vz421).

Víme, že A' leží na AS|AA'| = 1 cm. Naším hlavním úkolem bude najít C'. Víme, že leží na tělesové úhlopříčce, což je přímka SC. Zároveň, aby výsledný útvar byl rovinný, musí ležet v rovině A'BD. V této rovině leží celá přímka BD, tedy i bod X. To znamená, že v ní leží přímka A'X.

Nyní se podíváme na řez rovinou ACS (Obr. vz422). Leží v ní A', protože leží na AS, a také X, protože leží na AC. Tedy můžeme najít průsečík přímek SCA'X, což je zároveň průsečík roviny A'BD a přímky SC, tudíž je to hledaný bod C'.

Nyní známe úhlopříčky BDA'C' výsledného čtyřúhelníku a víme, že se protínají v X, jehož polohu na obou úhlopříčkách také známe. Díky symetrii krychle bude platit |A'B| = |A'D|, zároveň |XB| = |XD|, tedy X je střed základny v rovnoramenném trojúhelníku A'BD, tedy je to i pata kolmice na základnu. Tím pádem BD\perp A'C' a čtyřúhelník už zvládneme narýsovat.

Pro přehlednost uvádím i postup konstrukce:

  • Narýsujeme čtverec ABCD o straně 3 cm a průsečík jeho úhlopříček X.
  • Narýsujeme řez rovinou ACS. Začneme bodem S, který leží na kolmici k AC v bodě A a jeho vzdálenost od A je 3 cm.
  • Bod A' leží na polopřímce AS|AA'| = 1 cm.
  • Průsečík A'XCS je bod C'.
  • Na kolmici k A'C' v bodě X najdeme body B'D' tak, aby |XB'| = |XB| = |XD| = |XD'|, zároveň aby B'D' ležely na opačných polopřímkách od X.
  • Čtyřúhelník A'B'C'D' je ten, který hledáme.

Komentář: Úloha se ukázala být poměrně obtížnou, o to více gratuluji těm, jimž se podařilo ji úspěšně zdolat. Častým nešvarem bylo zaokrouhlování délek úseček. Řešitelé v takovém případě spočítali délky, které vyšly jako odmocnina z přirozeného čísla, tyto odmocniny vyčíslili a pomocí nich potom rýsovali. Avšak tato metoda je nepřesná, neboť zadání bylo čtyřúhelník narýsovat, nikoli zjistit délky jeho stran. Můžete si všimnout, že vzorové řešení nic počítat nepotřebuje. Při hledání bodu C' jste často využívali toho, že |CC'| = |CS|. Úloha byla zadána tak, že to zrovna vyšlo, kdyby to ale nevyšlo, tyto metody by selhaly. Body jsem za to nestrhávala, doporučuji ale se naučit postupovat při řešení nezávisle na konkrétních zadaných hodnotách.

Úloha č. 3

Čtyři lidi stojí v kruhu. Každý má své tajné číslo, které je po celou dobu stejné. Na začátku každý dostane tabulku, na které je napsaná nula. V každém kroku každý člověk vynásobí číslo na tabulce, kterou zrovna má, dvěma a k výsledku přičte své tajné číslo. Z tabulky smaže původní číslo a napíše na ni výsledek svého výpočtu. Potom podá tabulku člověku po své pravé ruce. Takto pokračují, dokud každý nedostane tabulku, kterou měl na začátku. Na konci jsou na tabulkách postupně čísla 44, 58, 5667. Jaká byla tajná čísla?

Řešení: Označme si postupně tajné číslo člověka, který má na konci tabulku s číslem 44, jako a, tajné číslo člověka, který stojí po jeho pravici a který má na konci tabulku s číslem 58, jako b, tajné číslo člověka dále vpravo s tabulkou s hodnotou 56 jako c a poslední tajné číslo jako d.

Podívejme se teď na tabulku, která skončila s číslem 44. Na začátku je na ní napsaná 0. V prvním kroku ji vynásobíme 2 a přičteme a, tedy máme na tabulce napsáno 2\cdot 0 + a = a. V druhém kroku vynásobíme a dvěma a přičteme b, tedy máme 2a + b. Ve třetím kroku získáme hodnotu 2(2a + b) + c = 4a + 2b + c a ve čtvrtém kroku pak 2(4a + 2b + c) + d = 8a + 4b + 2c + d, což se rovná 44. Pro ostatní tabulky to bude podobné, tedy v prvním kroku získáme tajné číslo b, resp. c, resp. d, v druhém kroku pak 2b + c, resp. 2c + d, resp. 2d + a, ve třetím 4b + 2c + d, resp. 4c + 2d + a, resp. 4d + 2a + b a ve čtvrtém 8b + 4c + 2d + a, což odpovídá 58, resp. 8c + 4d + 2a + b, což odpovídá 56, resp. 8d + 4a + 2b + c, což odpovídá 67.

Z toho dostáváme soustavu 4 rovnic o 4 neznámých:

\eqalignno{ 8a + 4b + 2c + d &= 44, & (1) \cr 8b + 4c + 2d + a &= 58, & (2) \cr 8c + 4d + 2a + b &= 56, & (3) \cr 8d + 4a + 2b + c &= 67. & (4)\\ }

Existuje spousta možností, jak danou soustavu vyřešit. Velmi elegantní je postup, který vezme dvě vhodné rovnice a od té první odečte dvojnásobek druhé rovnice. Získáme tím rovnici obsahující pouze jednu neznámou. Takovou rovnici už umíme snadno vyřešit.

(2) - 2\cdot (1):

\eqalign{ 8b + 4c + 2d + a -2(8a + 4b + 2c + d) &= 58 - 2 \cdot 44, \cr 8b + 4c + 2d + a - 16a - 8b - 4c - 2d &= -30, \cr -15a &= -30, \cr a &= 2. \\ }

(3) - 2\cdot (2):

\eqalign{ 8c + 4d + 2a + b -2(8b + 4c + 2d + a) &= 56 - 2\cdot 58, \cr 8c + 4d + 2a + b - 16b - 8c - 4d - 2a &= -60, \cr -15b &= -60, \cr b &= 4. \\ }

(4) - 2\cdot (3):

\eqalign{ 8d + 4a + 2b + c -2(8c + 4d + 2a + b) &= 67 - 2\cdot 56, \cr 8d + 4a + 2b + c - 16c - 8d - 4a - 2b &= -45, \cr -15c &= -45, \cr c &= 3. \\ }

(1) - 2\cdot (4):

\eqalign{ 8a + 4b + 2c + d -2(8d + 4a + 2b + c) &= 44 - 2\cdot 67, \cr 8a + 4b + 2c + d - 16d - 8a - 4b - 2c &= -90, \cr -15d &= -90, \cr d &= 6. \\ }

Tajná čísla jsou tedy 2, 4, 36. Další podobně elegantní postup byl vyjádřit si z jedné rovnice tu proměnnou, která je v ní pouze jednou, a dosadit ji do jiné rovnice tak, aby opět došlo k odečtení všech proměnných kromě jedné. Např. vyjádříme z (1) d = 44 - 8a - 4b - 2c a to dosadíme do (2), kde dostaneme

\eqalign{ 8b + 4c + 2(44 - 8a - 4b - 2c) + a &= 58, \cr 8b + 4c + 88 - 16a - 8b - 4c + a &= 58, \cr -15a &= -30, \cr a &= 2. \\ }

Komentář: Úloha patřila spíš k jednodušším. Přišla spousta správných řešení, a to hlavně od řešitelů z vyšších ročníků, kteří už se s rovnicemi a jejich soustavami setkali. Tím pádem jsem úlohu hodnotila poměrně přísně a za nedostatečně popsaný postup jsem strhávala body. Nejčastějšími nedostatky v řešeních bylo to, že jste si tajná čísla nějak označili, ale nenapsali jste to do řešení, nebo že jste si sestavili rovnice a pak se výsledek snažili tipnout. Vyzkoušet nějaký omezený počet možností není špatný postup, ale v této úloze nikde nebylo napsáno, že tajná čísla jsou čísla přirozená, takže řešením mohla být i záporná nebo desetinná čísla. A těch je nekonečně mnoho, takže pokud by řešením nebyla takto „hezká“ čísla, pak by tento postup nejspíš selhal.

Úloha č. 4

Hlemýžď Odysseus našel krychli, jejíž vrcholy jsou pevně očíslované od 1 po 8. Začal ve vrcholu 1 a lezl po hranách, dokud nenavštívil každý vrchol právě jednou. Cestou si postupně zapisoval čísla vrcholů, kterými prošel. Kolik různých posloupností čísel mu mohlo vzniknout?

Řešení: Čísla ve vrcholech krychle jsou dána pevně, přitom se jedná o různá čísla. Původní úlohu si můžeme převést z počtu posloupností na počet cestiček, které začínají v jednom konkrétním vrcholu, přitom vedou přes každý vrchol právě jednou. Úlohu převedeme zpět na skoro původní zadání, kde počítáme posloupnosti, ale Odysseus bude cestovat po krychli jako na Obr. vz4411.

Nejprve se může vydat libovolným ze tří směrů -- nahoru na 5, dozadu na 4 nebo doprava na 2. Po každém z těchto výběrů má Odysseus stejný počet možností, protože krychli můžeme otočit tak, aby první cesta byla z 1 doprava, při tomto očíslování do 2 (Obr. vz4411).

Poté si může vybrat ze dvou směrů, oba jsou ale různé od prvního (např. pokud šel nejprve doprava, teď může nahoru nebo dozadu). Díky tomu můžeme v obou případech krychli převrátit tak, aby druhá cesta byla dozadu, tedy do 3 (Obr. vz4421).

Ze 3 může jít doleva na 4, nebo nahoru na 7. V levopravém směru už ale jednou šel, takže tyto dvě cesty budou různé bez ohledu na otáčení/převracení krychle, takže na ně může navazovat různý počet posloupností.

Pokud půjde do 4, musí následovat 8. Zbylé tři vrcholy, 5, 6 a 7, může projít libovolným směrem, takže má dvě možnosti (Obr. vz4431 ukazuje jednu z nich).

Pokud půjde do 7, musí skončit ve 4 (protože z nenavštívených vrcholů vede do 4 pouze jedna hrana). Do 4 tedy musí jít z 8, kam musí jít z 5, kam musí jít z 6. Jediná možnost po cestě do 7 je tedy 6, 5, 8 a nakonec 4 (Obr. vz4441).

Dohromady má tři možnosti pro první pohyb, dvě možnosti pro druhý pohyb, dvě možnosti pro třetí pohyb, přitom první možnost vede ke dvěma posloupnostem, druhá možnost k jedné posloupnosti. Tedy výsledkem je 3\cdot 2\cdot (2+1)=18.

Komentář: Tato úloha byla poměrně těžká, protože byla ve třech dimenzích a počty možností se někdy lišily v závislosti na předchozích volbách. I proto bylo v řešeních, která násobila počty možností, potřeba ukázat, že to v daném případě bylo možné. Platným řešením bylo i projití všech možností. U takového postupu je ale třeba dokázat, že bere v úvahu opravdu všechny možnosti.

Úloha č. 5

Achilleus má A lodí, Odysseus O lodí a platí, že A^{2}+O+2=O^{2}+A. Najděte všechna přirozená čísla AO, která to splňují.

Řešení: Zadanou rovnici nejprve upravíme použitím vzorců pro rozklad na součin:

\eqalign{ A^{2} + O + 2 &= O^{2} + A, \cr O^{2} - A^{2} + A - O &= 2, \cr (O + A)(O - A) - (O - A) &= 2, \cr (O + A - 1)(O - A) &= 2. \\ }

Pro obě čísla AO platí, že jsou přirozená, nabývají tedy pouze celých hodnot větších nebo rovných jedné. Díky tomu můžeme jednoznačně prohlásit, že závorka (O + A - 1) bude také nabývat jedině přirozených hodnot. Můžeme si to ověřit například při dosazení nejnižších možných čísel za neznámé, tedy A = O = 1, pak dostáváme (1 + 1 - 1) = 1, což je přirozené číslo. Ve všech ostatních případech bude výsledek této závorky stejný nebo vyšší, ovšem vždy celočíselný. U druhé závorky sice nemůžeme hned na první pohled určit, zda bude výsledek přirozený, nicméně určitě bude náležet do množiny celých čísel, neboť jak menšenec, tak menšitel jsou přirození.

Na pravé straně rovnice máme číslo 2, které je prvočíslem. Má tím pádem pouze dva celočíselné dělitele, konkrétně čísla 12, respektive -1-2. O jedné závorce již víme, že bude její výsledek přirozený, aby tedy rovnost platila, bude muset mít přirozený výsledek i druhá závorka. A jak jsme si řekli před chvílí, jedinými přirozenými děliteli čísla dva jsou 12. Známe tak výsledky obou závorek. Součet jejich členů bude vždy 1 + 2 = 3, přičemž když v této rovnosti dosadíme za 12 členy závorek, získáme rovnici

\eqalign{ O + A - 1 + O - A &= 3, \cr 2O &= 4, \cr O &= 2. \\ }

Nyní již snadno určíme, která ze závorek je rovna 1 a která 2. Pokud by platilo, že (O - A) = 2, tedy že 2 - A = 2, pak by muselo být A = 0. Jelikož ovšem může A nabývat jedině přirozených hodnot, pak tento případ nastat nemůže, a musí tím pádem (O + A - 1) = 2. Po dosazení takto získáme rovnici 2 + A - 1 = 2, ze které po upravení dostaneme A = 1.

Jediným možným řešením je, že Achilleus měl jednu loď a Odysseus dvě lodě (A = 1, O = 2).

Komentář: U této úlohy nebylo příliš těžké přijít na její jediné možné řešení. Jelikož bylo úkolem najít všechny přirozené dvojice čísel, bylo rovněž potřeba ukázat, že žádná další dvojice zadání splňovat nebude. To se dalo nejjasněji ověřit pomocí metody použité v tomto vzorovém řešení. Velká část řešitelů ovšem raději zvolila postup, při kterém si upravili rovnici do podoby A^{2} - A + 2 = O^{2} - O a posléze probírala vztah mezi pravou a levou stranou rovnice a kdy se bude rozdíl A^{2} - AO^{2} - O rovnat dvěma. Tímto způsobem se dalo prokázat, že s postupným zvyšováním hodnot AO se tento rozdíl bude konstantně zvyšovat. Pokud byla funkčnost této metody v řešení dostatečně odůvodněna, rovněž jsem uděloval plný počet bodů, ačkoli nejde o zcela dokonalý postup.

Úloha č. 6

Máme čtyři hromádky sirek. V první hromádce je jedna sirka, ve druhé jsou dvě, ve třetí tři a ve čtvrté čtyři. Athéna a Áres hrají hru. Střídají se v tazích, přitom Athéna začíná. Jeden tah znamená vybrat si nějakou hromádku, kde je ještě alespoň jedna sirka, a vzít z ní libovolný počet sirek (klidně všechny, ale musí vzít alespoň jednu). Vyhraje ten, kdo vezme poslední sirku. Ukažte, zda někdo může hrát tak, aby vždy vyhrál. Pokud ano, popište takovou strategii, pokud ne, ukažte, proč ne.

Řešení: Nejprve si všimneme, že pokud na jednoho hráče (třeba na Área) zbudou dvě hromádky se stejným počtem sirek, druhý hráč (Athéna) už snadno zvítězí. Když Áres vezme několik sirek z jedné hromádky, Athéna vezme stejný počet z druhé hromádky. Nakonec si Áres vezme všechny (1 či více) sirky z jedné hromádky, Athéna si vezme všechny sirky z druhé hromádky, čímž vezme poslední sirky a vyhraje.

Když Athéna v prvním tahu vezme všechny čtyři sirky z poslední hromádky, může Áres hrát dvěma způsoby:

  • Vezme celou jednu hromádku a zbylé dvě zanechá s různými počty sirek. Athéna odebere sirky z větší hromádky tak, aby na obou zůstal stejný počet, a vítězí.
  • Jednu hromádku zmenší, ale nesebere ji celou. Tím ji udělá stejně velkou jako jednu z ostatních. Athéna vezme třetí hromádku, na které je jiný počet sirek, a vítězí.

\meteredskip 2. řešení:  Na začátku je ve hře sudý počet sirek. Kdyby oba hráči brali jenom liché počty sirek, vyhrál by Áres (jen tak je ve hře sudý počet tahů a sudý počet odebraných sirek). Každý tah, kdy se sebere sudý počet sirek, změní prozatímního vítěze. Ale ve hře jsou jen čtyři páry sirek, které lze vzít současně: po jednom ve druhé a třetí hromádce a dva páry ve čtvrté hromádce. Athéna v prvním tahu sebere oba páry ze čtvrté hromádky najednou (všechny čtyři sirky) a stane se prozatímním vítězem. Áres může odpovědět třemi způsoby:

  • Vezme jeden z párů sirek a stane se prozatímním vítězem. Athéna vezme poslední pár, prozatímním vítězem se stane ona, a protože už ve hře nezbývají žádné možné sudé tahy, Athéna vyhraje.
  • Zničí jeden z párů sirek lichým tahem (vezme jednu sirku ze druhé hromádky, nebo všechny tři sirky ze třetí hromádky). Athéna zničí poslední pár, a protože je prozatímním vítězem právě ona, vyhraje.
  • Vezme lichý počet sirek, ale páry nezničí (sebere jednu sirku z první nebo třetí hromádky). Athéna zahraje druhý z těchto neutrálních tahů a Áreovi nezbývá než zahrát 1. nebo 2., kdy vítězí Athéna.

Komentář: Většina řešitelů postupovala správně, ale každý Áreův tah rozebírala zvlášť. Na tom není nic špatného, jenom hrozí opomenutí některých případů.

Úloha č. 7

Umístěte do roviny čtyři sirky (úsečky délky 1 cm) tak, aby pro každé tři existovala přímka, která je všechny protíná, ale aby neexistovala přímka protínající všechny čtyři.

Řešení: Označme si sirky písmeny a, b, c, d. Pokud je rozmístíme jako na Obr. vz471, určitě dokážeme vést přímku skrz každou trojici (Obr. vz472).

Teď ještě musíme dokázat, že neexistuje přímka protínající všechny čtyři sirky.

Kterákoli přímka, která protíná sirky ab, určitě vede jen v šedé oblasti. Šedá oblast je totiž ohraničena nejkrajnějšími přímkami, které protínají sirky ab. Kdybychom chtěli najít přímku, která bude procházet sirkami ab a zároveň sirkou c, pak ta přímka musí procházet levým krajním bodem sirky c (tento bod jako jediný z celé sirky c leží v šedé oblasti). Z toho vidíme, že jedinou přímkou, která prochází sirkami a,bc současně, je čárkovaná přímka (Obr. vz472). A protože tato přímka neprochází sirkou d, neexistuje přímka, která by protínala všechny čtyři sirky.

Komentář: Nebylo moc těžké najít nějaké rozmístění sirek, které by vyhovovalo zadání. Druhou částí úlohy ale bylo dokázat, že neexistuje přímka procházející všemi čtyřmi sirkami. V takovém případě nestačí obrázek, na rozdíl od dokazování, že nějaká přímka existuje.

Opravovali: 1. Adam Dřínek, 2. Magdaléna Mišinová, 3. Alžběta Neubauerová, 4. Tomáš Flídr, 5. Jan Škopek, 6. Matouš Cimala, 7. Klára Pernicová.