Úloha č. 1

Obrazec je tvořen bodem B, kterým prochází přímka p. Z bodu B vede kolmice t na přímku p, jedná se pouze o polopřímku se začátkem v bodě B. V obrazci je dále vyobrazena kružnice o poloměru 20 \,{\rm m}, v jejímž vnitřku leží bod B. Obvod této kružnice je rozdělen na třetiny přímkou p a polopřímkou t. Určete vzdálenost bodu B od středu kružnice. Stačí najít jednu takovou kružnici a zdůvodnit, že opravdu má obvod rozdělen na třetiny.

Řešení: Označme si zadanou kružnici jako k a její střed jako O. Nechť I a J jsou průsečíky kružnice k s přímkou p a K je průsečík k s polopřímkou t. Jelikož je obvod kružnice k rozdělen přímkou p a polopřímkou t na třetiny, mají oblouky IJ, JK a KI a tedy i úsečky IJ, JK a KI stejnou délku.

Trojúhelník JIK je tedy rovnostranný a k je jeho kružnice opsaná. V rovnostranném trojúhelníku splývá střed kružnice opsané s těžištěm. Bod O je tedy rovněž těžiště trojúhelníku IJK. Zároveň jelikož polopřímka t prochází bodem K a je kolmá na p, na které leží body I a J, je bod B patou výšky z vrcholu K a tedy i středem strany IJ v trojúhelníku JIK a t je prodlouženou výškou a tedy i těžnicí trojúhelníku IJK z vrcholu K. Jelikož těžiště dělí těžnici v poměru 2:1, platí |KO| : |OB| = 2:1 tedy |BO| = |KO|/2.

Zároveň O je střed kružnice k, na které leží bod K a |KO| je tedy poloměrem kružnice k. Proto |BO| = |KO|/2 = 20 \,{\rm cm}/2 = 10 \,{\rm cm}.

Úloha č. 2

Máme červený hrnec o objemu 8 litrů, který je z poloviny naplněn kapalinou. Ta je z poloviny tvořena bujonem, ze čtvrtiny alkoholem a ze zbývající čtvrtiny něčím nerozeznatelným. Dále máme zelený hrnec o objemu 12 litrů, který je plný ze tří čtvrtin. Kapalina uvnitř je tvořena alkoholem a bujonem postupně v poměru 5:4. Chtěli bychom kapaliny z hrnců nějak smíchat a získat kapalinu o objemu 3 litrů, která bude mít alkohol a bujon postupně v poměru 4:5. Určete, jaké objemy kapalin z červeného a zeleného hrnce máme použít.

Řešení: Označme objem kapaliny, který použijeme z červeného hrnce, jako x a objem kapaliny, který použijeme ze zeleného hrnce, jako y. Podle zadání z každého litru kapaliny z červeného hrnce získáme 1/2 \,\rm l bujonu, 1/4 \,\rm l alkoholu a 1/4\,\rm l něčeho nerozeznatelného. Z každého litru kapaliny y získáme 4/9 \,\rm l bujonu a 5/9 \,\rm l alkoholu. Ve výsledném roztoku tedy bude 1/2x +4/9y litrů bujonu a 1/4x +5/9y litrů alkoholu. Ze zadání poté plyne tato rovnice, kterou můžeme upravit:

Výsledný roztok tedy získám smícháním tří částí z červeného hrnce a čtyř ze zeleného. Jelikož výsledný objem má být 3 litry, víme, že x + y = 3. Z toho plyne, že:

Musíme tedy použít 12/7 \,\rm l kapaliny z červeného hrnce a 9/7 \,\rm l kapaliny ze zeleného hrnce.

Komentář: Většina řešitelů si s úlohou poradila bez problémů. Důležité bylo při sestavování rovnic si povšimnout, že nehraje roli, že v červeném hrnci se nachází také další neznámá kapacita.

Úloha č. 3

V tabulce 8\times 8 vybarvěte co nejvíce políček tak, aby pro každé vybarvené políčko platilo následující pravidlo: součet vybarvených polí ve zbytku jeho řádku a vybarvených polí ve zbytku jeho sloupce je lichý.

Nakreslete takovou tabulku a zdůvodněte, proč nemůže existovat tabulka s více vybarvenými políčky.

Řešení: Se zadanými podmínkami můžeme vybarvit 7 \cdot 8 = 56 políček tak, že nevybarvíme jeden sloupec či jeden řádek. Poté bude součet pro každé vybarvené políčko stejný: 7 + 6 = 13. To znamená, že 56 políček lze obarvit tak, aby platilo pravidlo.

Pokud bychom obarvili políček více, pak by existovala alespoň jedna řádka a jeden sloupec, které by byly obarvené celé. Poté pro políčko, které se nachází v průniku této řádky a sloupce, platí, že součet vybarvených políček ve zbytku tohoto sloupce a řádku je roven 7 + 7 = 14. Toto číslo je sudé, což znamená, že nelze obarvit více než 56 políček. Zároveň jsme dokázali, že 56 políček je možné vybarvit, tudíž právě 56 je maximální možný počet políček.

Komentář: Nejčastější chybou bylo nepochopení podmínky v zadání -- namísto toho, aby součet vybarvených polí v řádku a sloupci vybarveného políčka bez políčka samotného byl lichý, někteří pochopili podmínku tak, že ve zbytku sloupce i ve zbytku řádku vybarveného políčka musí být lichý počet vybarvených políček. Ovšem nejobtížnější bylo nejspíš právě pochopit podmínky, protože drtivá většina řešitelů, která počítala se správnými podmínkami, měla výsledek správný, za což moc chválím. :D

Úloha č. 4

V řadě za sebou stojí 504 bytostí. Součet jejich očí je 2\,016. Žádná bytost nemá právě čtyři oči. Navíc pro každou sousedící šestici bytostí platí, že žádné dvě nemají stejný počet očí. (Mezi dvěma bytostmi se stejným počtem očí musí být alespoň pět dalších bytostí.) Určete počet všech takových posloupností počtů očí.

Řešení: V zadání máme 2\,016 očí a 504 bytostí. Průměrně získáme \frac{2\,016}{504} = 4 očí na osobu. Dle zadání mají v každé šestici bytosti také různý počet očí.

Hledáme taková čísla, aby jejich součet byl 6\cdot4 = 24. Číslo 4 nemůžeme použít, protože žádná bytost nemá 4 oči. Začneme přičítat čísla od 1. Součet nejmenších možných čísel 1, 2, 3, 5, 6, 7 nám dává hledaných 24 očí. Jelikož nelze vytvořit součet menší než 24, jiná šestice nemůže mít součet větší než 24. Z toho vyplývá, že v každé šestici musí být právě 24 očí.

Nyní spočítáme počet posloupností počtů očí. Vybíráme ze šesti čísel (1, 2, 3, 5 6, 7) a žádné z nich se nesmí opakovat. Pro první bytost vybíráme ze šesti možností, pro druhou bytost z pěti možností, pro třetí bytost ze čtyř možností, pro čtvrtou bytost ze tří možnosti, pro pátou bytost ze dvou možností a pro šestou bytost z jedné možnosti. Počet možností mezi sebou vynásobíme, čímž získáme 6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1, neboli 6!. Výsledkem je tedy 6! = 720.

Počet posloupností počtů očí je roven 720.

Dodatek: V pořadí každé šestice musí být stejné, abychom splnili podmínku, že dvě bytosti se stejným počtem očí mají mezi sebou alespoň 5 bytostí s jiným počtem očí. Příklad: mějme posloupnost očí 1, 2, 3, 5, 6, 7, pak následující číslo (pozice) může být pouze 1 (mezi ostatními není 5 a více čísel), takto můžeme pokračovat pro další pozice.

Komentář: Řešení byla převážně správná. Nejčastější chybou byla absence důkazu, proč musí být v každé šestici právě 24 očí.

Úloha č. 5

Nechť x je přirozené číslo větší než 10, a je přirozené číslo od 1 do 9 včetně. Dokažte, že nemůže platit xa = 2ax. Přitom bc znamená, že čísla b a c napíšeme za sebe.

Řešení: Provedeme důkaz sporem. Předpokládejme, že taková přirozená čísla a a x opravdu existují. Ze zadání víme, že a má právě jednu cifru a počet cifer x označme k, kdy k \geq 2 a z přirozených čísel, protože x > 10. Díky tomuto kroku si mohu vyjádřit xa= x \cdot 10 + a (neboť x se v zápisu posune o jednu cifru - počet cifer a doleva) a ax= a \cdot 10^{k} + x (neboť a se posune v zápisu o k cifer - počet cifer x doleva).

Zadanou rovnost máme xa=2 \cdot ax. Pokud dosadíme z předchozích vyjádření a postupně budeme upravovat, získáme:

Můžeme si povšimnout, že v získané rovnosti je levá strana dělitelná 8 (8 \mid 8x). Obdobně si můžeme také všimnout, že 2 \cdot 10^{k}-1 je liché číslo (parita). Lichá čísla nejsou dělitelná 2 a prvočíselný rozklad 8 je 8=2^{3}. Z toho plyne, že 8 a 2 \cdot 10^{k}-1 jsou nesoudělná. Nutně tedy musí 8 \mid a, neboť obě dvě strany rovnosti musí být dělitelné 8. Jediná taková možná hodnota a je 8.

Na druhou stranu víme, že pokud a \geq 5, poté nutně ax \geq 5 \cdot 10^{k} + x. Pro 2 \cdot ax tedy musí platit 2 \cdot ax \geq 10^{k+1} + x. Můžeme tedy nahlédnout, že 10^{k+1} + x má minimálně/(právě) k+2 cifer, tedy také 2 \cdot ax má minimálně k+2. xa má stejný počet cifer jako má a a x dohromady, tedy k+1.

Zjistili jsme tedy, že a=8 nutně a zároveň, pokud je a=8, je a \geq 5. Z toho plyne, že rovnost xa=2 \cdot ax má na levé straně číslo s k+1 ciframi a na pravé straně číslo k+2 ciframi. Tato rovnost tedy nemůže nastat (máme na pravé a levé straně nutně jiné hodnoty). Tímto jsme získali spor.

Komentář: Většina řešitelů mělo podobné řešení se vzorákem. Dalšími možnostmi řešení úlohy byl rozbor hodnoty a, který byl však o dost delší. Úloha nebyla vůbec dle našeho mínění jednoduchá, a byly jsme tedy mile překvapeny všemi správnými řešeními. Obzvláště velká gratulace tedy patří úspěšným řešitelům této úlohy!

Úloha č. 6

Eliška zapřemýšlela nad kombinačními čísly a všimla si, že \binom{16}{2} = 120 =\binom{10}{3}. Navíc existují ještě čtyři další kombinační čísla, která se rovnají 120. Dokažte, že pro každé přirozené n>k>0 platí, že \binom{n}{k} se rovná nejvýše n dalším kombinačním číslům. (K vyřešení této úlohy se vám může hodit Průvodní povídání přiložené u 4. série.)

Řešení: Nejprve učiníme dvě pozorování, označíme je jako P1 a P2.

P1: Nechť n,m,k jsou libovolná přirozená čísla taková, že m>n. Pak \binom{m}{k}>\binom{n}{k}. Pokud totiž vybíráme pevný počet objektů (k), pak větší výběr (m>n) znamená, že je více možností, kterými si tyto objekty vybrat. Alternativně lze toto pozorování dokázat tak, že si příslušná kombinační čísla rozepíšeme:

P2: Pokud \binom{n}{k}=\binom{m}{j} pro j>k>0, pak m\leq n+j-k-1. Toto pozorování dokážeme sporem: představme si, že m\geq n+j-k. Pak

což je spor.

Uvažme nyní nějaká pevná n>k>0 a kombinační číslo \binom{n}{k}. Prozkoumejme nejprve všechna kombinační čísla \binom{m}{j} taková, že j<k. Z P1 plyne, že pro každé takové j existuje pouze jedno m takové, že \binom{m}{j}=\binom{n}{k}. Zároveň z podmínky n>k>0 plyne, že \binom{m}{0}=1\neq \binom{n}{k}, tedy stačí uvažovat j přirozená. Tedy těchto kombinačních čísel je maximálně k-1.

Nyní uvažme nejmenší j takové, že j>k a \binom{m}{j}=\binom{n}{k} pro nějaké m. Z P2 plyne, že m\leq n+j-k-1. Pokud uvážíme druhé nejmenší takové j, pak opětovným použitím P2 dostaneme, že m\leq n+j-k-2. A tak dále, až pro (n-k)-té takové j dostaneme, že m\leq n+j-k-(n-k)=j. Jelikož uvažované kombinační číslo je \binom{m}{j}, tak m musí být větší nebo rovno j. Dohromady dostáváme, že m=j. Jenže \binom{j}{j}=1\neq \binom{n}{k}, tedy takové (n-k)-té j neexistuje. Z čehož plyne, že těchto j>k je maximálně n-k-1. Dohromady jich je tedy maximálně (k-1)+(n-k-1)=n-2, což jistě není více, než n.

Nástin alternativního postupu: Pozorování P1 z důkazu výše se shoduje s tvrzením, že na obrázku vz661 je ke každé hodnotě možno v každé vyznačené oblasti nalézt maximálně dvě kombinační čísla, které jí nabývají. Navíc hodnota toho kombinačního čísla, které je umístěné na špici každé s oblastí, je v dané oblasti vždy unikátní. Zároveň pro každé kombinační číslo je možno nalézt kombinační čísla o stejné hodnotě pouze v těch oblastech, která se protínají s řádkem, ve kterém se toto kombinační číslo nachází - ostatní oblasti obsahují pouze kombinační čísla o vyšších hodnotách. Tedy za každý prvek řádku, ve kterém se dané kombinační číslo nachází, existuje maximálně jedno další kombinační číslo o stejné hodnotě. Čísel v řádku je n+1, tedy zbylých kombinačních čísel o stejné hodnotě je maximálně n.

Úloha č. 7

Mějme 27 dílků 1\times 2\times 4. Chtěli bychom z nich utvořit kostku 6\times 6\times 6. Nakreslete nebo popište, jak by se mohla kostka sestavit, nebo ukažte, proč to nelze.

Řešení: Krychli 6 \times 6 \times 6 si můžeme rozdělit na krychlovité části 2 \times 2 \times 2 a ty obarvit střídavě černě a bílé . Tímto na velké krychli vznikne šachovnice 3\times 3\times 3. Řekněme, že rohové části obarvíme černě. V první a třetí vrstvě je 5 černých částí a jen 4 bílé, v druhé to je naopak. Dohromady máme 14 černých a 13 bílých částí a to znamená, že od jedné barvy vždy budeme mít více kostiček.

Teď se podíváme, jak se v této krychli chovají destičky 1 \times 2 \times 4. Ať destičky umisťujeme do krychle jakkoli, tak vždy pokryjeme 4 černě a 4 bíle obarvené kostičky. To znamená, že můžeme vytvořit objekt pokud má stejný počet bílých kostiček jako černých.

Jelikož jsme si ale výše dokázali, že to o naší krychli 6 \times 6 \times 6 neplatí, tak ji nemůžeme vytvořit.

Opravovali: 1. Veronika Menšíková, 2. Adam Dřínek a Antonín Hejný, 3. Eliška Vimmerová a Antonín Hejný, 4. Lucie Votrubová a Antonín Hejný, 5. Tereza Kubínová, 6. Antonín Hejný, 7. Vít Kaděra a Antonín Hejný.