Matboj -- vzorové řešení

Úloha č. 1: Jediné řešení je následující (A=172, B=571, C=523, D=1220):

Úloha č. 2: Jedno z možných rozmístění hvězdiček je zobrazeno na obrázku.

Nyní ukážeme, že 6 hvězdiček nestačí. Umístíme do šachovnice nějakým způsobem 6 hvězdiček a nalezneme dva řádky, které obsahují nejvíce hvězdiček (v případě rovnosti si můžeme vybrat). Tyto dva řádky vyškrtneme, oba dohromady musí obsahovat alespoň 4 hvězdičky. Kdyby totiž obsahovaly 3 hvězdičky, tak by v jednom z nich musela být jenom jedna hvězdička (a v druhém dvě) a tudíž ve zbylých dvou (nevyškrtlých) řádcích by byla maximálně jedna hvězdička, což ale dohromady nedá 6 hvězdiček. V nevyšktrlých řádcích tak zbyly nejvýše dvě hvězdičky, zvolíme tedy 2 sloupce tak, abychom tyto nejvýše dvě hvězdičky vyškrtli.

Úloha č. 3: Každý tým odehrál 7 utkání a mohl proto získat maximálně 14 bodů. Poslední čtyři mužstva vzájemně mezi sebou odehrála celkem 6 zápasů, v nichž si dohromady rozdělila 12 bodů. Druhé Švédsko tak získalo nejméně 12 bodů. Nemohlo ale získat všech 14 bodů, protože v tom případě by turnaj vyhrálo. To znamená, že dosáhlo buď dvanácti nebo třinácti bodů.

Existují tři možnosti, jak mohlo skončit utkání mezi Českem a Slovenskem (výhra Česka, remíza a výhra Slovenska). Pokud by vyhrálo Slovensko, znamenalo by to, že poslední čtyři týmy získaly celkem aspoň 14 bodů (12 bodů mezi sebou a 2 za výhru Slovenska nad Českem), což ale není možné, protože Švédsko mělo méně než 14 bodů.

Kdyby utkání skončilo remízou, pak by Švédsko získalo 13 bodů. Těch mohlo dosáhnout pouze šesti výhrami a jednou remízou. Přičemž remizovat muselo s Českem (jinak by naše reprezentace nemohla skončit před Švédskem). To by však znamenalo, že Česko remizovalo aspoň dva zápasy a nemohlo tak získat aspoň 13 bodů.

Zbývá už jedině možnost, že Česko se Slovenskem vyhrálo. Ještě než prohlasíme, že tomu tak skutečně je, musíme ověřit, že existuje průběh turnaje splňující podmínky zadání. Mohlo by se totiž stát, že úloha nemá řešení. Lehce ale zjistíme, že když v konečné tabulce výše postavené mužstvo porazí to níže postavené, pak první tým získá 14 bodů, druhý 12, třetí 10, čtvrtý 8, pátý 6, šestý 4, sedmý 2 a poslední 0, což odpovídá zadání. Samozřejmě existují i jiné možnosti, jak mohl turnaj probíhat, v každé z nich však Česko nad Slovenskem zvítězilo.

Úloha č. 4: Existují 3 možná řešení.

Úloha č. 5: Pokud nepoužijeme číslo 17, dostaneme násobek sedmi. Bude-li v součtu číslo 17 jedenkrát, můžeme získat čísla 17, 24, 31, ..., tedy čísla, která mají po dělení sedmi zbytek 3. V tabulce jsou vypsaná další čísla, která dostaneme podle toho, kolik čísel 17 jsme použili.

V prvních sedmi řádcích jsou všechna výsledná čísla různá (mají různý zbytek po dělení sedmi). Čísla z osmého řádku jsou již obsažena v prvním řádku. Zároveň prvních sedm řádků obsahuje všechny možné zbytky po dělení sedmi. Proto kdyby posloupnosti výsledných čísel začínaly „od začátku“, obsahovaly by všechna přirozená čísla. Největší chybějící číslo by náleželo do řádku čísel se zbytkem 4. Jedná se o číslo 95.

Úloha č. 6: Dané šesticiferné číslo označíme abcdef. Po vynásobení čtyřmi máme dostat šesticiferné číslo fedcba. Aby se jednalo o šesticiferná čísla, musí být číslice a a f různé od nuly. Dále a nemůže být větší než 2, protože pak bychom po vynásobení čtyřmi nedostali šesticiferné číslo. Kdyby a bylo 1, obdrželi bychom po vynásobení čtyřmi liché číslo, což není možné. Zbývá jediná možnost a to, že a je rovno 2. Abychom po vynásobení čtyřmi získali číslo končící dvojkou, musí původní číslo končit buď trojkou nebo osmičkou. Ale f nemůže být 3, protože po vynásobení šesticiferného čísla čtyřmi vyjde číslo větší než 400000. Proto je f rovno 8.

Zatím víme, že hledané číslo je tvaru 2bcde8. Nyní se podíváme na pozici desítek. Protože 4 \cdot 8 = 32 (3 „jdou dále“), dostaneme po vynásobení čtyřmi na pozici desítek poslední cifru čísla 4e+3, která se má rovnat číslici b. Odtud hned vidíme, že b musí být liché. Zároveň však b nemůže být větší než 2, protože pak bychom po vynásobení čísla 2bcde8 čtyřmi dostali číslo větší než 900000 a to už nezačíná osmičkou. Nezbývá tedy nic jiného než, že b je rovno 1. Aby poslední cifra čísla 4e+3 končila jedničkou, tak musí být e buď 2 nebo 7. Protože $4 \cdot 21cde8

840000, je e větší nebo rovno čtyřem. Případ e=2$ tak můžeme vyloučit a dostaneme, že e je 7.

Zbývá ještě určit prostřední dvě číslice čísla 21cd78. Provedeme-li násobení čtyřmi, zjistíme, že na pozici stovek bude poslední cifra čísla 4d+3 (3 „jdou dále“). Odtud vidíme, že c musí být liché. Protože platí 4 \cdot 217500 = 870000, nemůže být cifra c menší než 7 a pokud by c bylo 7, tak d musí být aspoň 5 (jinak bychom nedostali po vynásobení na druhém místě sedmičku). Předpokládejme nejdřív, že c=7, pak poslední cifra čísla 4d+3 je sedmička a d je buď 1 nebo 6. Ale d=1 nepřipadá v úvahu (d musí být aspoň 5). Došli jsme k číslu 217678, které však po vynásobení čtyřmi dá 870712, což znamená, že tato možnost nevyhovuje. Zbývá případ c=9, pak d je buď 4 nebo 9. Lehce ověříme, že pouze druhá možnost vyhovuje.

Jediné číslo splňující podmínky zadání je 219 978.

Úloha č. 7: Nejdříve spočteme velikost výšky lichoběžníku ABCD. Označme E patu výšky spuštěné z bodu D na základnu AB a F patu výšky z bodu C na základnu AB. Protože se jedná o rovnoramenný lichoběžník, platí |AE|=|BF|=3 cm. Z Pythagorovy věty pro pravoúhlý trojúhelník AED dostaneme pro výšku lichoběžníku |DE|=4 cm. Odtud dopočteme obsah lichoběžníku ABCD:

K tomu abychom dostali obsah čtyřúhelníku A'B'C'D', spočítáme obsahy trojúhelníků A'BB', B'CC', C'DD' a D'AA'.

Patu výšky na stranu A'B v trojúhelníku A'BB' označme G. Trojúhelníky BFC a BGB' jsou podobné s poměrem podobnosti 3 (|BB'|=3|BC|). Z toho plyne |B'G|=3|CF|=12 cm. Obsah trojúhelníku A'BB' je tak roven

Lehce dopočteme výšky ve zbylých trojúhelnících. Výška na stranu CC' v trojúhelníku B'CC' má délku 8 cm. Trojúhelník B'CC' má obsah S_{3}={1\over2} \cdot 12 \cdot 8 = 48 cm^{2}. Výška na stranu DC' v trojúhelníku C'DD' má délku 12 cm. Trojúhelník C'DD' má obsah S_{4}={1\over2} \cdot 8 \cdot 12 = 48 cm^{2}. Výška na stranu AA' v trojúhelníku D'AA' má délku 8 cm. Trojúhelník D'AA' má obsah S_{5}={1\over2} \cdot 30 \cdot 8 = 120 cm^{2}.

Obsah čtyřúhelníku A'B'C'D' je

Úloha č. 8: Označme a, b, c strany trojúhelníku ABC a v_{a}, v_{b}, v_{c} příslušné výšky na jednotlivé strany. Výška na stranu c je nejkratší spojnice vrcholu C se stranou c, nemůže být proto delší než strana a ani než strana b. Platí tedy

přičemž rovnost může nastat pouze když výška splyne se stranou trojúhelníku neboli pouze jedná-li se o odvěsnu v pravoúhlém trojúhelníku.

Jestliže jsou v trojúhelníku dvě výšky aspoň tak dlouhé jako příslušné strany (můžeme předpokládat, že jsou to výšky v_{a}, v_{b}), pak v_{a} \geq a, v_{b} \geq b. Použijeme-li navíc výše uvedené nerovnosti (\star), dostaneme b \geq v_{a} \geq a \geq v_{b} \geq b. Na levé i pravé straně jsme obdrželi b. Z toho plyne, že ve všech nerovnostech musí nastat rovnost, tedy a = b = v_{a} = v_{b}. Protože již víme, že rovnost v (\star) nastane jen pro odvěsny v pravoúhlém trojúhelníku, musí se jednat o rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník.

Kdyby byly v nějakém trojúhelníku všechny výšky aspoň tak dlouhé jako příslušné strany, muselo by to být trojúhelník se třemi pravými úhly, což ovšem není možné.

Úloha č. 9: Využijeme toho, že a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b). Proto každé číslo, které lze vyjádřit jako rozdíl druhých mocnin dvou čísel, mužeme napsat jako součin (a-b)(a+b). Čísla a-b a a+b jsou buď obě sudá nebo obě lichá. To plyne z toho, že jejich součet je sudé číslo. Kdyby byla obě lichá, pak je i součin lichý. Kdyby naopak byla obě sudá, pak je jejich součin dělitelný čtyřmi. Ale číslo 22,222 není ani liché, ani dělitelné čtyřmi, a tudíž nemůže být napsáno jako rozdíl druhých mocnin.

Úloha č. 10: Označme L' průsečík přímek LC a b. Protože C je střed úsečky BD, je |LC|=|L'C|. Pravoúhlé trojúhelníky KCL a KCL' jsou shodné a tedy mají také shodné výšky, neboli platí |XC|=|BC|, kde X je pata kolmice spuštěné z bodu C k přímce a. Bod X tak leží na kružnici k se středem C a poloměrem |BC|. Dále je trojúhelník AXC pravoúhlý, a proto X leží také na Thaletově kružnici l nad přeponou AC. Bod X můžeme sestrojit jako průsečík kružnic k a l. Hledaná přímka a je určená body A a X.

Zadání

Výsledky