Úloha č. 1

Pro reálné číslo x platí \sqrt{100-x^{2}} - \sqrt{64-x^{2}} = 12. Jaká je hodnota \sqrt{100-x^{2}} + \sqrt{64-x^{2}}?

Řešení: Zadání můžeme jednoduše přepsat do podoby soustavy dvou rovnic o dvou neznámých; první rovnici máme zadanou v podstatě přímo, druhou pak získáme tím, že onu hledanou hodnotu výrazu \sqrt{100-x^{2}} - \sqrt{64-x^{2}} označíme například a. Naše soustava vypadá následovně:

Nyní provedeme jednu trikovou úpravu, a to sice že rovnice mezi sebou vynásobíme.

Na levé straně využijeme známý vzorec pro rozklad rozdílu druhých mocnin A^{2} - B^{2} = (A + B)\cdot(A - B). Tím se počítání zjednoduší, jelikož se od sebe x^{2} odečtou.

Tedy hodnota výrazu \sqrt{100-x^{2}} - \sqrt{64-x^{2}} je rovna 3.

Komentář: Tato úloha patřila mezi jednodušší. Ti, kteří postupovali stejnou cestou, kterou je napsané vzorové řešení, zpravidla získali plný počet bodů. Značná část řešitelů ovšem zvolila postup, který spočíval ve vyřešení zadané rovnice, tedy vyjádření x, za nějž potom dosadili ve výrazu, jehož hodnota měla být vypočítána. Ačkoli je tento postup o poznání delší, není mu co vytknout, a pokud obsahuje všechny náležitosti, i zde jsem žádné body nestrhával. Při řešení rovnice touto cestou bylo jednou z úprav umocnění rovnice, což není ekvivalentní úprava, takže mohlo dojít ke změně (přesněji řečeno zvýšení počtu) řešení rovnice. Proto bylo nutné nezapomenout provést na závěr řešení zkoušku (i když v tomto případě ke změně řešení nedošlo), případně odůvodnit, proč zkouška není nutná. Za tento nedostatek jsem odečítal jeden bod.

Další občas se vyskytující chybou bylo špatné umocnění. Máme-li na jedné straně rovnice výraz a + b, umocněním rovnice nezískáme výraz a^{2} + b^{2}, nýbrž a^{2} + 2ab + b^{2}. Tato nesprávná úprava ovlivnila výslednou hodnotu x, která tak nebyla správná. Tato chyba řešitele stála jeden až dva body. Posledním nešvarem byla absence dostatečného slovního komentáře postupu řešení, za což jsem zpravidla strhával jeden bod.

Úloha č. 2

Níže je obrázek sítě pravidelného osmistěnu s očíslovanými stěnami (obr. zad321). Když se síť složí, vyjde nám osmistěn jako na obrázku zad322. Zjistěte, jaké číslo má stěna s otazníkem.

Řešení: Pro lepší názornost si jednotlivá pole složeného osmistěnu označíme. V horním patře máme stěnu Q, stěnu nalevo od ní označíme A, stěnu nalevo od A označíme B, zbývající stěnu v horním patře, tu s otazníkem, označíme C. Stěnu umístěnou ve spodním patře pod stěnou Q označíme D, dále pak postupně stěny pod A, B a C označíme E, F a G.

Aby byla správně zachována orientace písmena Q, musí být na stěně A číslo 6. Nyní musíme správně umístit další stěny sousedící se stěnou s číslem 6. Z obrázku sítě osmistěnu je vidět, že „horní roh“ stěny s písmenem Q je zároveň jedním z rohů stěny s číslem 7, právě toto číslo tedy bude na stěně B, tím pádem číslo 5 bude na stěně E.

Dále si uvědomíme, že stěny s čísly 4, 5, 6 a 7 sdílí společný vrchol. Díky tomu, že poslední 3 s těchto čísel již máme umístěné, snadno přiřadíme i číslo 4, které bude na stěně F. Tato stěna sousedí se stěnou B, na níž je číslo 7, se stěnou E, na níž je číslo 5 a dále se stěnou G. Na obrázku sítě vidíme, že stěna s číslem 4 je hned vedle stěny 3, tudíž číslo 3 musí být na místě G.

Stejnou úvahou jako v případě určování stěny s číslem 4 zjistíme, že číslo 2 musí být na stěně D. Nyní nám zbývá pouze jedna volná stěna a jedno volné číslo, přiřadíme tedy číslo 1 na stěnu C. A protože stěna C je stěnou s otazníkem, výsledkem je 1.

Komentář: Úloha nebyla příliš těžká. Vyřešit se dala buď úvahou, která se s většími či menšími odchylkami podobala vzorovému řešení, nebo tak, že si řešitel síť osmistěnu vytiskl či překreslil a následně složil. Vzhledem k tomu, že zadání nijak nespecifikovalo, kterou metodou se úloha má řešit, ze oba dva postupy bylo možné získat plný počet bodů.

Úloha č. 3

Máme n-úhelník o obvodu 20 cm, jehož kružnice vepsaná má poloměr 3 cm. Určete obsah takového n-úhelníku.

Řešení: Označme k kružnici vepsanou, S střed kružnice k, r poloměr k, dále A_{1}, A_{2}, \ldots A_{n} vrcholy daného n-úhelníku.

Rozdělíme n-úhelník na trojúhelníky A_{1}A_{2}S, A_{2}A_{3}S, \ldots A_{n-1}A_{n}S, A_{n}A_{1}S. Obsah n-úhelníku můžeme spočítat jako součet obsahů všech těchto trojúhelníků.

Podstava A_{i}A_{i+1} je tečnou kružnice k, tedy vzdálenost středu S od tečny A_{i}A_{i+1} je rovna poloměru kružnice k, díky čemuž trojúhelník A_{i}A_{i+1}S má výšku r = 3 cm.

Ze zadání známe obvod O n-úhelníku, který se rovná součtu délek všech stran: O=20 cm = |A_{1}A_{2}| + |A_{2}A_{3}| + ... + |A_{n-1}A_{n}| + |A_{n}A_{1}|. Obsah S n-úhelníka pak spočítáme jako:

Komentář: Většina řešitelů měla správný nápad - rozdělit si n-úhelník na trojúhelníčky. Často ale pak nesprávně počítali obsah pouze pro pravidelný n-úhelník.

Úloha č. 4

Určete největší sedmiciferné přirozené číslo, které je palindromem (čte se odpředu stejně jako odzadu), je dělitelné třemi, pěti a jedenácti.

Řešení: Jelikož je podle zadání číslo palindromem, první cifra a sedmá (poslední) cifra jsou stejné. Totéž lze říci o druhé s šestou cifrou a třetí s pátou cifrou. Označme si tedy hledané číslo x jako abcdcba (ciferný zápis). Nyní použijeme již zadané informace o dělitelnosti:

Jestli je číslo dělitelné 5, musí mít poslední cifru 0 nebo 5. Pokud by však a=0, byla by první cifra také 0. Nemohlo by se tedy jednat o sedmiciferné číslo (bcdcb0). Určitě tedy víme, že a=5 a x = 5bcdcb5.

V dalším textu budeme značením k|n rozumět, že k dělí n, neboli n je dělitelné číslem k.

Známe pravidlo dělitelnosti 3, že pokud je číslo dělitelné 3, poté je i jeho součet cifer dělitelný třemi. Z toho plyne:

Známe též pravidlo dělitelnost 11, že pokud je číslo dělitelné 11, poté je i jeho rozdíl součtu sudých cifer a součtu lichých cifer dělitelný 11. Z toho plyne:

Protože chceme, aby x bylo co největší, vybíráme s předností co největší cifry na co nejvyšších pozicích. První cifra je již jasná, zkusme tedy druhou cifru vybrat největší, což znamená 9. Dosadíme tedy do předchozích vztahů b=9. Tedy 3|(2c + d + 28) a 11|(2c - d -8)

Zkusíme nyní najít největší možnou třetí cifru, kdy nejdříve otestujeme c=9, poté c=8, …, dokud nenarazíme na platné c a d; v případě neúspěchu bychom snížili b.

• Pro c=9 z dosazení do 11|(2c - d -8) dostáváme 11|(10-d). V tomto případě nejmenší přirozené číslo vyhovující d je 10, což je větší než jakákoliv cifra. c=9 tedy nejde.
• Pro c=8 z dosazení do 11|(2c - d -8) dostáváme 11|(8-d). V tomto případě nejmenší přirozené číslo vyhovující d je 8 (poté až 16, což není cifra). Z tohoto dosazení tedy musí platit pro c=8, že d=8. Z dosazení c a d do 3|(2c + d + 28) by muselo platit 3|52, což neplatí, tedy c=8 nelze.
• Pro c=7 z dosazení do 11|(2c - d -8) dostáváme 11|(6-d). V tomto případě nejmenší přirozené číslo vyhovující d je 6 (poté až 12, což není cifra). Z tohoto dosazení tedy musí platit pro c=7, že d=6. Z dosazení c a d do 3|(2c + d + 28) by muselo platit 3|48, což platí, tedy c=7 a d=6 lze.

Hledané číslo je 5976795.

Úloha č. 5

Chobotnice si chce obléct 6 ponožek, protože má šest nohou, a jeden klobouk. Má celkem 15 různých ponožek (kusů, ne párů) a čtyři různé klobouky. Určete, kolika způsoby se může obléct.

Řešení: Nejdříve se podíváme na ponožky. Protože oliheň od sebe jednotlivá chapadla nerozezná, přesná pozice ponožky je nám jedno. Potřebujeme tedy zjistit, kolika způsoby můžeme z 15 ponožek vybrat 6 bez toho, aby nás už zajímalo pořadí, jakým si je vybereme. K tomu, abychom se dostali ke konkrétnímu výsledku, nám pomůže kombinační číslo.

Kombinační číslo nám říká, kolik různých k-tic můžeme vybrat z n-prvkové množiny, respektive kolik různých skupin s k členy můžeme vybrat z nějakého celkového počtu. Obecně ho můžeme zapsat jako \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}. (Podrobně je kombinační číslo a mnoho dalšího z oboru kombinatoriky vysvětleno v Průvodním povídání pro první letošní sérii.)

Do vzorečku nyní můžeme dosadit. Chceme vybrat 6 ponožek z celkem 15. Dostaneme tedy \frac{15!}{6!\cdot(15-6)!}, po vyčíslení 5005.

Nesmíme ale zapomenout, že ke každé kombinaci ponožek si oliheň může vzít 4 různé klobouky. Finální počet možností je 5005\cdot4, tedy 20020.

Přímému počítání s kombinačním číslem se bylo možné vyhnout. Nejdříve si můžeme spočítat, kolika způsoby by si oliheň mohla ponožky obléknout, kdyby svá chapadla rozlišovala: na 1. chapadlo si může dát 15 různých ponožek, na 2. chapadlo už jen 14, až na 6. chapadlo 10 ponožek. Počet způsobů, kolika si je může obléct, tedy je: 15\cdot 14\cdot 13\cdot 12\cdot 11\cdot 10, což je to samé jako \frac{15!}{(15-6)!}. Takto ale započítáváme každou 6-tici ponožek celkem 6! krát (ve výsledku počítáme se všemi možnými prohozeními ponožek na jednotlivých chapadlech). Výsledek tedy musíme 6! vydělit: \frac{15!}{(15-6)!\cdot 6!} . Můžeme si všimnout, že tímto jsme se vlastně dostali k úplně stejnému zápisu, jako kdybychom použili kombinační číslo přímo.

Nyní už opět zbývá vynásobit číslem 4 pro zkombinování s klobouky a znovu se dostáváme k výsledku 20020.

Úloha č. 6

Máme červenou misku, ve které je 20 zlatých, 20 stříbrných a 20 dřevěných kuliček. Máme zelenou misku, ve které je nezměrné množství kuliček všech tří druhů. Smíme dělat následující operace:

• z červené do zelené dáme zlatou a ze zelené do červené dáme stříbrnou a dřevěnou
• z červené do zelené dáme stříbrnou a ze zelené do červené dáme dvě dřevěné
• z červené do zelené dáme 6 dřevěných a ze zelené do červené dáme zlatou.

Můžeme se těmito operacemi dostat do stavu, kdy je v červené misce 10 zlatých, 11 stříbrných a 10 dřevěných kuliček? Pokud ano, ukažte postup operací; pokud ne, dobře zdůvodněte proč ne.

Řešení: Přiřaďme zlaté kuličce hodnotu 3, stříbrné hodnotu 2 a dřevěné 1. Všimněme si, že při žádné operaci se nemění zbytek po dělení třemi součtu hodnot kuliček v červené misce.

První operací vyměníme zlatou kuličku za stříbrnou a dřevěnou a změníme tedy součet hodnot kuliček v misce o -3 + 2 + 1 = 0. Druhou operací vyměníme stříbrnou kuličku za 2 dřevěné, čímž se součet hodnot změní o -2 + 2 \cdot 1 = 0. Třetí operací vyměníme 6 dřevěných kuliček za jednu zlatou a součet hodnot v misce změníme o -6 + 3 = -3.

Na počátku je součet hodnot kuliček v misce 20 \cdot 3 + 20 \cdot 2 + 20= 120 \equiv 0 ~mod ~3. a v konečném stavu by tato hodnota měla být 10 \cdot 3 + 11\cdot 2 + 10= 62 \equiv 2 ~mod ~3. Počáteční a konečný stav dávají různý zbytek součtu hodnot kuliček v červeném misce po dělení 3 a každá z operací zachovává tento zbytek, proto se z počátečního stavu nikdy nemůžeme dostat do stavu, kdy je v červené misce 10 zlatých, 11 stříbrných a 10 dřevěných kuliček.

Komentář: Hodně řešitelů spočítalo, kolikrát bychom měli každou operaci provést, a také tak dokázali, že požadovaného stavu nelze dosáhnout.

Úloha č. 7

Je dán obdélník, který je rozdělen na několik dalších obdélníků (obr. zad371). Máme k dispozici 4 barvy. Kolika možnostmi můžeme obrázek obarvit (každý obdélník dostane jed\minusnu barvu), aby nikde nesousedily dva obdélníky stejné barvy?

Řešení: V prvním kroku si obrázek trochu zjednodušíme. Vytvoříme si takzvaný graf, ve kterém znázorníme, které obdélníky spolu sousedí (a nesmí tak mít stejnou barvu) a které ne. Pozor, jedná se o úplně jiný graf, než který znáte ze školy -- v matematice se bohužel občas stává, že stejný pojem označuje úplně různé věci. Graf si můžeme představit jako mapu, na které jsou města (takzvané vrcholy), pospojované cestami (takzvanými hranami). V našem případě vrcholy budou jednotlivé obdélníky z obrázku. Každé dva obdélníky, které spolu sousedí, spojíme hranou. Vznikne nám schéma jako na následujícím obrázku.

Jednotlivé vrcholy jsme pro přehlednost očíslovali následovně: číslo 1 odpovídá obdélníku dole uprostřed, 2 obdélníku vlevo dole, 3 vlevo nahoře, 4 vpravo nahoře a 5 vpravo dole.

Čeho jsme vytvořením grafu vlastně dosáhli? Narozdíl od obrázku ze zadání pohledem do grafu hned vidíme, které obdélníky spolu sousedí a které ne. U takto jednoduchého obrázku se to může zdát zbytečné, ale u jakéhokoliv složitějšího schématu je to neskutečná pomoc.

Nyní už můžeme přejít k jádru našeho důkazu. Povšimněme si, že vrchol 1 sousedí se všemi ostatními vrcholy. Máme 4 možnosti, jakou barvu pro něj zvolit, a tuto barvu již nemůžeme použít nikde jinde. Pro vrchol 2 tedy můžeme volit ze 3 různých barev. Vrchol 3 nesmí mít stejnou barvu jako vrchol 1 a 2, můžeme tedy volit ze 2 barev, které nám zbyly. Stejně tak ze 2 barev volíme u vrcholu 4 -- nesmí mít stejnou barvu jako vrchol 1 a 3. Vrchol 5 nesmí mít stejnou barvu jako vrcholy 1 a 4, máme tedy také 2 možnosti. Nyní jen vynásobíme dohromady počty možností, které nám vyšly u jednotlivých vrcholů.

Náš útvar tedy můžeme obarvit 96 různými způsoby.

Komentář: Úlohu lze samozřejmě řešit více různými způsoby. Někteří řešitelé například vypsali všechny možnosti, jaké dvojice obdélníků mohou mít stejnou barvu, a poté do ostatních postupně doplnili zbylé barvy. Nicméně zde musíme myslet také na případ, kdy dvě dvojice obdélníků mají stejnou barvu, na což hodně řešitelů zapomnělo. i proto doporučujeme postup, který jsme uvedli výše, protože zde je menší riziko, že někde uděláme chybu.

Opravovali: 1. Jan Škopek, 2. Vít Houfek a Jan Škopek, 3. Helena Muchová, 4. Tereza Kubínová, 5. Lukáš Koucký, 6. Veronika Menšíková, 7. Adam Dřínek.