Úloha č. 1

Určete počet možností, jaká čísla si mohli myslet Eliška, Iris, Kristian a Gerus, jestliže zjistili, že součin jejich čísel je 120. (Na vlastníkovi myšleného čísla záleží, tedy možnost, kde si Eliška myslí 44 a Kristian 77, je jiná než možnost, kde si Eliška myslí 77 a Kristian 44. Myšlená čísla jsou přirozená.)

Řešení: Nejdříve si rozložíme číslo 120 na prvočinitele. Víme, že platí

120 = 5\cdot3\cdot2^{3}.

Nyní můžeme spočítat počet dělitelů. Vyberme si dělitele a podívejme se, v kolika různých mocninách můžou být postupně dvojka, trojka a pětka přítomny tak, aby výsledné číslo stále dělilo 120. Pro dvojku to jsou čtyři možnosti, 2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, 2^{3}, pro trojku a pětku jen dvě. Dohromady tedy máme 4\cdot2\cdot2=16 dělitelů, které můžeme zapsat jako: 1, 2^{1}, 3^{1}, 2^{2}, 5^{1}, 2 \cdot 3, 2^{3}, 2 \cdot 5, 2^{2} \cdot 3, 3 \cdot 5, 2^{2} \cdot 5, 2^{3} \cdot 3, 2 \cdot 3 \cdot 5, 2^{3} \cdot 5, 2^{2} \cdot 3 \cdot 5, 2^{3} \cdot 3 \cdot 5. Prvočíselný rozklad jednotlivých dělitelů se nám bude hodit později.

Rozdělme si nyní děti do dvojic Eliška s Irisem a Kristiam s Geruem, z nichž první přiřadíme jednoho dělitele a. Všimněme si, že dělitel, kterého budeme muset přidělit druhé skupině, je jen jeden, a to 120/a. Pro každé takové a a 120/a a nyní potřebujeme spočítat, kolika způsoby ho můžeme dále rozdělit mezi děti v dané dvojici. Čísla, která mohli dostat -- dělitelé 120, mají postupně 1, 2, 2, 3, 2, 4, 4, 4, 6, 4, 6, 8, 8, 8, 8, 12, 16 dělitelů, opět vycházíme z jejich prvočíselného rozkladu.

Pokud například první skupina dostala 8, děti si mohly toto číslo rozdělit 4 způsoby. Druhá skupina poté musela dostat 120/8=15, kterou si můžou rozdělit také 4 způsoby (nesmíme zapomenout že můžeme přiřazovat i jedničku). Dohromady pro tuto možnost je 4\cdot4=16 možností. Stejný postup můžeme postupně udělat pro všechny zbývající možnosti:

2\cdot(1\cdot16+2\cdot12+2\cdot8+3\cdot8+2\cdot8+4\cdot6+4\cdot4+6\cdot4)=320.

Násobíme dvěma, protože možnost, kdy první skupina má 8 a druhá 15, nám dá stejně možností jako možnost opačná, kdy první má 15 a druhá 8. Nemusíme je tedy počítat zvlášť.

Děti si tedy mohly myslet čísla 320 různými možnostmi.

Komentář: Hodně řešitelů se nejdříve pokusilo vypsat všechny čtveřice čísel, co dohromady dávají součin 120, a poté u každé zvlášť dopočítalo, jak lze daná čísla rozdělit mezi děti. Hodně lidí ale takto na nějakou možnost zapomnělo, což je dovedlo ke špatnému výsledku, obecně je proto lepší se vypisování možností co nejvíce vyhnout. Chválím proto všechny, kdo si s úlohou zdárně poradili.

Úloha č. 2

Máme neklasické hodiny. Ručičky se pohybují rovnoměrně. Malá ručička chodí po směru a oběhne jedno kolečko za 50 minut, velká ručička chodí proti směru a oběhne jedno kolečko za 80 minut. Obě ručičky jsme dali na stejné místo a naráz pustili. Za kolik minut nejdříve budou ručičky svírat pravý úhel?

Řešení: Dle fyzikálního vzorečku s = v\cdot t (dráha je rovna součinu rychlosti a času) lze usoudit, že za stejný čas musí pro dráhu zdolanou malou ručičkou (s_{1}) rychlostí v_{1} a dráhu zdolanou velkou ručičkou (s_{2}) rychlostí v_{2} platit následující rovnice:

s_{1}/v_{1} = s_{2}/v_{2}.

Nechť rychlost malé ručičky je v_{1}, rychlost velké ručičky v_{2}. Celou dráhu (s_{1} = 1; s_{2} = 1) urazí malá ručička za 50 minut, velká za 80 minut. Potom platí, že:

\eqalign{ v_{1} &= s_{1}/t_{1}, \cr v_{1} &= 1/50, \cr v_{2} &= s_{2}/t_{2}, \cr v_{2} &= 1/80. \cr }

Rychlosti dosadíme do první rovnice, díky čemuž získáme podíl drah, které ručičky urazí za stejný čas.

\eqalign{ 50 \cdot s_{1} &= 80 \cdot s_{2}, \cr s_{1}/s_{2} &= 8/5. }

Nyní je z rovnice jasně vidět, že za stejný čas urazí ručičky vzdálenosti malá ku velká v poměru 8 : 5. To znamená, že stačí vypočítat, za jak dlouho urazí malá ručička 8/13 z 90^\circ nebo za jak dlouho urazí velká ručička 5/13 z 90^\circ.

\eqalign{ s_{celá}/t_{celý} &= s_{x}/t_{x}, \cr 360/50 &= 8/13 \cdot 90/t_{x}, \cr t_{x} &= 100/3 \doteq 7,7 \meterin . }

Ručičky budou svírat pravý úhel za asi 7{,}7 minut.

Komentář: Většina řešitelů úlohu řešila výpočtem rychlosti, kterou se ručičky od sebe společně oddalují. Tato rychlost vychází 11{,}7 ^\circ/ {\rm min}. Poté stačilo vydělit 90^\circ touto rychlostí.

Úloha č. 3

Mějme pravidelný jehlan, jehož základna je rovnostranný trojúhelník o straně délky 3 \,{\rm cm} a který je vysoký 10 \,{\rm cm}. Jehlan položíme na bok. Spočítejte, jaká je aktuální výška tohoto tělesa.

Řešení: Jelikož je jehlan pravidelný, je jeho tělesová výška kolmá na podstavu a prochází středem trojúhelníku, tedy jeho těžištěm T. Pomocí Pythagorovy věty spočítejme délku těžnice trojúhelníku, tedy |AS|, kdy S je střed strany trojúhelníku (obr. vz531):

|AS| = \sqrt{|AC|^{2} - |SC|^{2}} = \sqrt{27/4} = 3\sqrt{3}/2.

Nyní spočítejme vzdálenost těžiště od vrcholu, tedy |TC|. Jelikož víme, že těžiště rozděluje těžnici v poměru 1:2, bude platit následující vztah:

|TC| = |AS| \cdot 2/3 = 3\sqrt{3}/2 \cdot 2/3 = \sqrt{3}.

Nyní spočítejme délku ramene jehlanu. Vrchol označme V. Tím nám vznikne pravoúhlý trojúhelník VTC, u něhož známe délku stran |VT| = 10 \,{\rm cm} a |TC| = \sqrt{3} \,{\rm cm}. Dopočítejme |CV|:

|CV| = \sqrt{10^{2} + \big (\sqrt{3}\big )^{2}} = \sqrt{103}.

V dalším kroku spočítáme délku výšky boční strany jehlanu, neboli |SV|:

|SV| = \sqrt{|CV|^{2} - |SC|^{2}} = \sqrt{\big (\sqrt{103}\big )^{2} - \bigg (3/2\bigg )^{2}} = \sqrt{403}/2.

Nyní položíme jehlan na bok. Vznikne nám obecný trojúhelník SVA jako na obrázku níže. Jehlan leží na jedné ze svých stěn, délka podstavy je tedy rovna délce výšky boční stěny, kterou jsme spočítali v předchozím kroku. Délka |AV| je délka hrany jehlanu, stejná jako délka |CV|, kterou jsme spočítali v předchozích krocích. |AX| (nebo také v_{2}) je hledaná výška jehlanu na boku.

Nyní máme více možností, jak délku |AX| (v_{2}) dopočítat. Nejelegantnější je využít vzorec pro obsah trojúhelníku. Z obrázku vz532 určitě platí, že:

\eqalign{ |AS| \cdot v_{1}/2 &= |SV| \cdot v_{2}/2, \cr 3\sqrt{3}/2 \cdot 10 &= \sqrt{403}/2 \cdot v_{2}, \cr v_{2} &= 30\sqrt{3}/\sqrt{403}. }

Aktuální výška jehlanu na boku je 30\sqrt{3}/\sqrt{403} \doteq 2{,}6 \,{\rm cm}.

Komentář: Úloha lze řešit také za pomocí sinů a cosinů, ovšem zde je třeba dbát na to, abychom po cestě nezaokrouhlovali a siny a cosiny nerozepisovali (pokud nemají přesný výsledek). Řešení jen pomocí odmocnin je elegantnější.

Úloha č. 4

Máme rovnoramenný trojúhelníkový ostrov ABC. Jeho základna AB je dlouhá 4 \,{\rm cm} a ramena mají délku 2\big (\sqrt{6}+\sqrt{2}\big ) \,{\rm cm}. (Ramena svírají úhel 30^\circ). Uvažujme bod D jako střed základny AB. Nakreslíme 2 kružnice, jejichž středy jsou body A a B a poloměry |AD|=|BD|. Průnikem kružnic a ramen vzniknou body E a F. Dále nakreslíme kružnici, jejíž střed je bod C a poloměr |CE|=|CF|. Vypočti obsah té části trojúhelníku, která neleží v žádné kružnici.

Řešení: ABC je rovnoramenný trojúhelník se základnou AB, takže |\angle ABC| = |\angle CAB| a velikost obou úhlů u základny je 180^{\circ}-30^{\circ}/2=75^{\circ}.

Nejprve vypočítáme obsah S_{A} části kruhu u vrcholu A pomocí přímé úměry. Obsah celého kruhu je S_{A}=\pi r_{A}, kde poloměr r_{A} je polovina strany AB, tedy r_{A}=2 \,{\rm cm}. Pomocí přímé úměry:

\eqalign{S_{A}/\pi r_{A}^{2} &= 75/360, \cr S_{A} &= \pi r_{A}^{2} \cdot 75/360 = \pi\cdot 4\cdot 5/360 = 5/6 \pi \,{\rm cm}^{2}.}

Poloměr části kruhu u C je r_{C}=|AC|-r_{A}|=2(\sqrt{2}+\sqrt{6})-2 \,{\rm cm}.

Obsah S_{C} můžeme opět vypočítat přímou úměrou:

\eqalign{S_{C}/\pi r_{A}^{2} &= 30/360, \cr S_{A} &= \pi r_{C}^{2} \cdot 30/360 = \pi \Big [2\big (\sqrt{2} + \sqrt{6}\big )-2\Big ]^{2}/12= \cr &= \pi \Big [4\big (2+2\sqrt{12}+6\big )-8\big (\sqrt{2}+\sqrt{6}\big )+4\Big ]/12=\pi \Big [9+4\sqrt{3}-2\sqrt{2}-2\sqrt{6}\Big ]/3.}

Pomocí Pythagorovy věty vypočítáme výšku v_{c} v trojúhelníku ABC:

\eqalign{v_{c} &= \sqrt{|AC|^{2}-\left(|AB|^{2}/2\right)}, \cr &=\sqrt{\Big [2\big (\sqrt{2}+\sqrt{6}\big )\Big ]^{2}-2^{2}} = \sqrt{4\big (2+2\sqrt{12}+6\big )-4}=2\sqrt{7+4\sqrt{3}}.}

Obsah trojúhelníku ABC je tedy

S_{\Delta} = c\cdot v_{c}/2 = 4\cdot 2\sqrt{7+4\sqrt{3}}/2 = 4\sqrt{7+4\sqrt{3}}.

Obsah části trojúhelníku, která neleží v žádné kružnici, je

\eqalign{S_{\Delta} - S_{C} - 2S_{A} &= 4\sqrt{7+4\sqrt{3}} - \pi \Big [9+4\sqrt{3}-2\sqrt{2}-2\sqrt{6}\Big ]/3 - 2\cdot 5/6 \pi =\cr &= 4\sqrt{7+4\sqrt{3}} - \pi \Big [14+4\sqrt{3}-2\sqrt{2}-2\sqrt{6}\Big ]/3.}

\sqrt{7+4\sqrt{3}} můžeme zjednodušit na 2+\sqrt{3} (oba výrazy jsou kladné a jejich druhé mocniny se rovnají), ale tento krok nebyl vyžadován.

Komentář: Mezi časté chyby patří chybějící podrobnější komentář (hlavně u výsečí), málo upravené výrazy a zaokrouhlování na málo desetinných čísel (jedno) nebo zaokrouhlování na různý počet čísel v rámci jednoho řešení. Body jsme nestrhávali za rozumné zaokrouhlování na dvě až tři desetinná místa a přepsání se o desetinné číslo, také jsme body nestrhli za výrazy, které se daly více upravit.

Úloha č. 5

Mějme mřížku 5 \times 8 (řádky značeny 1--5, sloupce značeny A--H), ze které odejmeme políčka D1, D2, E1, E2, D4, D5, E4, E5. Dokažte, že počet možností, jak tuto mřížku vydláždit dominovými dlaždicemi, je druhá mocnina nějakého přirozeného čísla.

Řešení: Pokud umístíme jednu dominovou dlaždici na políčka D3 a E3, vzniknou nám oddělené dvě části, které mají obě rozměry 3 \times 5. To znamená, že jedna část má 15 políček. Lichý počet políček ale nejde vydláždit dominovými dlaždicemi, které pokryjí každá dvě políčka, tedy pokryjí vždy sudý počet políček. Políčka D3 a E3 tedy nemohou být pokryty tou samou dominovou dlaždicí.

Jednu dominovou dlaždici tedy dáme na políčka C3 a D3 a další na E3 a F3. Vzniknou nám tak dva shodné útvary o 14 políčkách, které už lze vydláždit dominovými dlaždicemi. Jelikož jsou oba útvary shodné, je stejný počet možností, jak jednotlivé útvary vydláždit. Tento počet možností si označíme jako k.

Ke každé z k možností, jak vydláždit první útvar, existuje k možností, jak vydláždit druhý útvar. Celkový počet možností, jak vydláždit celý útvar, je tedy k^{2}. Jelikož je k přirozeným číslem, je i počet možností, jak vydláždit celý útvar, roven druhé mocnině přirozeného čísla.

Úloha č. 6

V knize bylo vyobrazeno prvních dvacet řádků Pascalova trojúhelníku. Tedy počínaje jedničkou na prvním řádku; a číslo na každém dalším řádku bylo součtem dvou nad ním (viz druhé průvodní povídání). Eliška sečetla všechna čísla ve dvacátém řádku. Potom ale zjistila, že v desátém řádku bylo jedno číslo napsáno o jedna špatně. Tato chyba se pak promítla i do všech následujících řádků. Určete všechny součty, které mohly Elišce vyjít.

Řešení: Naším úkolem bylo zjistit, jaké součty mohly Elišce vyjít, když si vypisovala prvních 20 řádků Pascalova trojúhelníku a při vypisování čísel udělala na 10. řádku chybu, která se promítla do zbytku trojúhelníku.

Zadání se dalo pochopit dvěma způsoby:

  • řádky trojúhelníku číslujeme od nultého,
  • řádky trojúhelníku číslujeme od prvního.

Hlavní myšlenka je ale pro oba případy stejná. Začněme tím, že si ji představíme:

Mějme běžný Pascalův trojúhelník. Jak se do něj promítne jedna jedničková chyba? Jestliže jedno z čísel v trojúhelníku omylem zvětšíme (resp. zmenšíme) o jedničku, obě čísla pod ním budou také o jedničku zvětšená (resp. zmenšená). Pod nimi je další trojice čísel, přičemž ty se budou od své správné hodnoty lišit o postupně 1, 2, 1. Jak si již můžeme všimnout, rozdíly správných čísel trojúhelníku a čísel v Eliščině trojúhelníku nám vlastně tvoří nový Pascalův trojúhelník. Ten k odpovídajícím číslům původního Pascalova trojúhelníku buď přičteme nebo odečteme.

Součet čísel na 20. řádku správného trojúhelníku je

  • 2^{20},
  • 2^{19}.

Eliščina chyba nám vytvoří nový trojúhelník, který začíná na 10. řádku a končí na 20., má tedy 11 řádků:

  • nultý až desátý,
  • první až jedenáctý.

Součet čísel na jeho posledním řádku bude tedy 2^{10}.

Elišce tím pádem mohly vyjít dva možné součty čísel posledního řádku, což jsou:

  • 2^{20} \pm 2^{10}, neboli 1,049,600, 1,047,552,
  • 2^{19} \pm 2^{10}, tedy 525,312, 523,264.

Komentář: S řešením této úlohy nám významně pomůže Průvodní povídání! Hodnotili jsme stejně řešení, která číslovala Pascalův trojúhelník od 0 a od 1, protože to ze zadání úlohy nebylo zřejmé a řešení je v obou případech shodné. V některých řešeních chyběla úvaha, že Eliška mohla jedničku, jak přičíst, tak i odečíst a mohly jí tedy vyjít dva různé součty.

Úloha č. 7

Jeden z Omniferů si myslel čtyři po sobě jdoucí trojciferná přirozená čísla. V náhodném pořadí prozradil čtyřem mladým Omniferám vždy právě jedno číslo (růz\minusně). Pak jim prozradil, že jedno z čísel je dělitelné sedmi a nějaké jiné je dělitelné šesti. V ten moment všechny zároveň řekly, že netuší, jaká je sada čísel. Všechny to zaslechly a začaly přemýšlet. Poté někdo (možná více osob) řekl, že ví, jaká je sada čísel. Na základě průběhu „rituálu“ určete počet možností pro sadu čísel.

Řešení: Vyberme si jednoho Omnifera, podívejme se na jeho číslo a označme si ho a. Nyní se podívejme, jaká čísla můžou mít ostatní Omnifery. Vzhledem k tomu, že čtyři přiřazená čísla jsou po sobě jdoucí, je nejmenší možné číslo, které stále může být s a ve skupině, rovno a-3 a největší a+3. Máme tedy dohromady sedm po sobě jdoucích čísel: a-3, a-2, a-1, a, a+1, a+2, a+3, které určitě obsahují naši čtveřici.

Všimněme si, že v sedmi po sobě jdoucích číslech bude právě jedno dělitelné 7 a ať má Omnifer přiřazené jakékoli číslo, určitě zná násobek 7, se kterým musí být ve skupině. Číslům a-3 až a+3 nyní přiřadíme jejich zbytek po dělení 7 tak, aby 0 vyšla na a. Zbytky musí být také po sobě jdoucí a máme tedy sadu 4,5,6,0,1,2,3.

Podívejme se nyní na situaci, kdyby někdo dostal číslo se zbytkem 4, nebo 3. Poté jsou určitě dvě čísla mezi ním a číslem dávající zbytek 0. To znamená, že určitě znají všechny čtyři čísla už na začátku a víme tedy, že tato situace nemůže nastat a čísla dávající zbytek 3 a 4 nikdo dostat nemůže.

Po vyřazení 3 a 4 si situaci můžeme zjednodušit a zabývat se pouze sadou čísel 5,6,0,1,2. Nyní se podívejme, jakým způsobem můžeme někomu přiřadit násobek 6. Máme dohromady dvě možnosti (číslo dělitelné 7 nemůže být zároveň dělitelné 6). Stačí se nám podívat na případ, kdy číslo dělitelné 6 bude dávat zbytek 1 nebo 2 po dělení 7 (pro číslo se zbytkem 5 bude platit to samé jako pro číslo se zbytkem 2 a pro číslo se zbytkem 6 to samé co pro číslo se zbytkem 1, protože jsou stejně „daleko“ od 0, která ve čtveřici čísel určitě je.)

První se podíváme na případ, kdy číslo dělitelné 6 bude dávat zbytek 1 po dělení 7. Vzhledem k tomu, že Omnifery neví, jestli někdo jiný už odpověď zná, tak pokud existuje Omnifer se zbytkem 2 po dělení 7, tak neví, že je na kraji, a to samé platí pro číslo se zbytkem 6. V tomto případě tedy nikdo nemůže s jistotou určit zbývající čísla. Sada 6,0,1,2 zbytků po dělení 7, kde číslo. co dává zbytek 6 po dělení 7. je zároveň dělitelné 6, bude určitě fungovat. Pokud si uchováme dělitelnost 6 na čísle 1, sada 5,6,0,1 už nemůže fungovat, protože Omnifer s 5 by určitě znal všechny ostatní. Stejným způsobem můžeme ukázat, že sada 5,6,0,1 bude fungovat, pokud číslo se zbytkem 6 po dělení 7 bude dělitelné 6 a zároveň nebude možné s touto dělitelností 6 mít sadu 6,0,1,2.

Jako poslední se podíváme, jestli je možné, aby číslo dávající zbytek 2 po dělení 7 bylo dělitelné 6. Lze si všimnout, že v tomto případě by v naší sadě muselo být číslo 1 (je mezi 0 a 2) a zároveň číslo 6 a právě 6 by poté určitě vědělo, že zbývající čísla jsou 0,1,2. Tato možnost, a zároveň tedy možnost s číslem dávající zbytek 6 po dělení 7, které by bylo dělitelné 6, nefunguje.

Nyní nám stačí spočítat reálný počet sad trojciferných čísel, pro které platí: zbytky 6,0,1,2 po dělení 7 a zároveň třetí číslo je dělitelné 6, nebo 5,6,0,1, kde druhé číslo je dělitelné 6. Protože nejmenší společný násobek 6 a 7 je 42, budou jednotlivé sady vždy 42 od sebe. Pro první možnost máme (118,119,120,121), (160,161,162,163),...,(958,959,960,961), tj. 21 sad. Pro druhou možnost to je (131,132,133,134) až nejvyšší (971,972,973,974), znovu 21 sad.

Dohromady tedy Omniferové mají pro svůj rituál na výběr z 42 sad.

Opravovali: 1. Lukáš Koucký, 2. Eliška Vimmerová, 3. Adam Dřínek, 4. Tomáš Flídr, 5. Magdaléna Nováková a Adam Dřínek, 6. Lenka Poljaková, 7. Vít Jiří Houfek.