ContentsZmínìná rovnobì¾ka má celý obrazec rozdìlit na dvì èásti o ob sahu 10 : 2 = 5(cm...

Contents

58 2i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

59 48i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

60 104i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

61 155i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

62 214i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

63 270i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

64 323i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357

65 377i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405

66 425i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453

67 476i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508

68 528i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557

69 573i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573

58. ročník Matematické olympiády

I. kolo kategorie Z5

Z5–I–1

Učitelka Kadrnožková kupovala v pokladně zoologické zahrady vstupenky pro svéžáky a pro sebe. Vstupenka pro dospělého byla dražší než pro školáka, avšak ne více neždvakrát. Učitelka Kadrnožková zaplatila celkem 994 Kč. Učitel Hnízdo měl s sebou o třižáky více než jeho kolegyně, a tak za své žáky a za sebe zaplatil 1 120 Kč.

1. Kolik žáků měl s sebou učitel Hnízdo?2. Kolik stála vstupenka pro dospělého?

Možné řešení. Ze zadání bezprostředně vyplývá, že vstupné pro tři žáky stálo 1120−− 994 = 126 (Kč), tedy pro jednoho žáka 126 : 3 = 42 (Kč). Za 1 120 Kč by učitel Hnízdonakoupil vstupenky pro nejvýše 26 žáků (a 28 Kč by mu pak zbylo), protože 1 120 : 42 = 26(zbytek 28). Když zbytek přidáme k ceně žákovské vstupenky, získáme cenu vstupenkypro dospělého (tato vstupenka má být dražší než žákovská, avšak ne více než dvakrát).Učitelova vstupenka tedy stála 42 + 28 = 70 (Kč) a žáků bylo 26− 1 = 25.(Pro kontrolu: 25 · 42 + 70 = 1 120 a 22 · 42 + 70 = 994, takže vše je v naprostém

pořádku.)

Z5–I–2

František Nudílek se zabýval tím, že psal po sobě jdoucí přirozená čísla. Začal takto:1234567891011. . . Po čase ho to přestalo bavit, dokončil právě rozepsané číslo a kritickyse podíval na svůj výtvor. Zjistil, že v posloupnosti číslic, které napsal, se vyskytuje pětjedniček bezprostředně za sebou.

1. Kolik nejméně po sobě jdoucích přirozených čísel musel František napsat?2. Kolik nejméně číslic musel František napsat?

Možné řešení. 1. Aby bylo v řadě pět jedniček za sebou, musí být napsána čísla většínež 110 a řada vypadá takto:

123456789101112 . . .110111112 . . .

František napsal nejméně 112 za sebou jdoucích přirozených čísel.2. Pro počítání číslic si uvědomíme, že v napsané řadě je 9 čísel jednomístných (čísla

1–9), 90 čísel dvojmístných (čísla 10–99) a aspoň 13 čísel trojmístných (čísla 100–112).Dohromady František napsal nejméně 9 + 90 · 2 + 13 · 3 = 228 číslic.

1

Z5–I–3

Nejvyšší známá sopka na Zemi je Mauna Kea na Havajských ostrovech. Její výška odúpatí po vrchol je dokonce o 358 metrů větší, než je nadmořská výška nejvyšší hory světa,Mount Everestu. Nezvedá se však z pevniny, ale ze dna Tichého oceánu, z 5 000metrovéhloubky. Kdyby mořská hladina v této oblasti klesla o 397 metrů, byla by ponořená částMauna Key přesně stejně vysoká jako část, která by vyčnívala nad hladinu.

1. Jakou nadmořskou výšku má vrchol sopky?2. Kolik měří Mauna Kea od úpatí po vrchol?3. Jakou nadmořskou výšku má Mount Everest?

(Údaje o nadmořských výškách uváděné v různých zdrojích se mohou lišit, což jezpůsobeno nepřesnostmi měření, pohyby zemské kůry, vrstvou sněhové pokrývky apod.Při řešení úlohy proto vycházej pouze z údajů v ní uvedených.)

Možné řešení. 2. Kdyby mořská hladina klesla o 397m, byla by ponořená část sopky5 000− 397 = 4 603 (m). Sopka Mauna Kea tedy měří od úpatí po vrchol 4 603 + 4 603 == 9 206 (m).1. Z toho plyne, že vrchol sopky je v nadmořské výšce 9 206− 5 000 = 4 206 (m).3. A Mount Everest má nadmořskou výšku 9 206− 358 = 8 848 (m).

Z5–I–4

Klasická hrací kostka se převracela naznačeným směrem po plánu na obrázku. Nakaždém políčku zůstaly otisknuty tečky ze stěny, kterou se kostka plánu dotýkala. Početvšech teček otisknutých na plánu byl 23.Kolik teček bylo otisknuto na vybarveném políčku?(Klasická hrací kostka má na stěnách tečky v počtu od 1 do 6 umístěné tak, že na

protilehlých stěnách je vždy dohromady 7 teček. Plán je tvořen čtverci, které jsou stejněvelké jako stěny kostky.)

Možné řešení. Dvojice čísel ležících na protilehlých stěnách kostky jsou (1, 6), (2, 5)a (3, 4). Při řešení úlohy je možné diskutovat všechny možnosti vzhledem k umístění kostkyna prvním políčku plánu, což je zbytečně pracné. Jednodušší je uvědomit si, na kterýchpolíčkách se otiskují protilehlé stěny. Označme a počet teček na stěně, kterou se kostka

2

dotkne prvního políčka plánu, a b počet teček na stěně, kterou se kostka dotkne následu-jícího políčka plánu. Pak zjistíme, že na prvních třech políčkách jsou otisknuty následujícípočty teček:

a b 7−a

Po převalení se na další políčko plánu nemůže dostat žádný z počtů a, 7 − a, b ani7 − b. Označme tedy další otisknutý počet teček c. Postupně na plánu získáme počtyzaznamenané na obrázku:

a b 7−a

c

a

7−c

7−a

Můžeme si všimnout, že dvojice a, 7 − a se na plánu vyskytuje dvakrát a dvojice c,7− c jedenkrát. Součet těchto dvojic je vždy 7 a součet všech otisknutých teček je:

a+ b+ (7− a) + c+ a+ (7− c) + (7− a) = 3 · 7 + b = 21 + b.

Ve skutečnosti bylo otisknutých 23 teček, tedy 21 + b = 23 a b = 2.

Jiné řešení. Označme počty otisknutých teček na jednotlivých políčkách a až g jakona obrázku:

a b c

d

e

f

g

Na políčkách e a a je otištěna stejná stěna a rovněž na políčkách c a g je otištěnastejná stěna. Protože součet teček na protilehlých stěnách kostky je vždy sedm, platí připřevracení kostky podle návodu, že a+c = 7, d+f = 7 a e+g = 7 (podobně taky c+e = 7,

3

ale tento postřeh potřebovat nebudeme). Podle zadání byl součet všech otisknutých tečekna políčkách a+ b+ c+ d+ e+ f + g = 23, takže

(a+ c) + (d+ f) + (e+ g) + b = 23,

7 + 7 + 7 + b = 23,

21 + b = 23,

b = 2.

Na vybarveném políčku byly otisknuty dvě tečky.

Z5–I–5

Digitální hodiny ukazují hodiny a minuty, jako například 14:37.Kolik minut denně svítí na těchto hodinách alespoň jedna pětka?

Možné řešení. Na 1. místě pětka svítit nemůže. Budeme nejdřív uvažovat intervalprvních 12 hodin:

• Na 2. místě pětka svítí 60 minut (od 5:00 do 5:59); u dalších míst proto uvažujemejen zbylých 11 hodin.

• Na 3. místě svítí pětka každou hodinu 10 minut (od ∗∗:50 do ∗∗:59); celkem11 · 10 = 110 minut.

• Na 4. místě svítí pětka v každé hodině šestkrát po 1 minutě (05, 15, 25, 35, 45, 55),započteme však pouze 5 minut, neboť minuta ∗∗:55 je již započtena v předchozímodstavci; celkem 11 · 5 · 1 = 55 minut.

Aspoň jedna pětka svítí v intervalu 12 hodin 60 + 110 + 55 = 225 minut, za celý dentedy 2 · 225 = 450 minut, tj. 7 hodin 30 minut (na druhém místě je i v době od 15:00 do15:59).

Jiné řešení. V době od 5:00 do 5:59 svítí 60 minut pětka na druhém místě (totéžv době 15:00 až 15:59). Pro každou z ostatních 22 hodin můžeme vypsat, ve kterých minu-tách bude svítit aspoň jedna pětka: 05, 15, 25, 35, 45, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59,tj. celkem 15 minut. Dohromady za celý den to je 2 · 60+ 22 · 15 = 120+330 = 450 minut.

Z5–I–6

Dan si ze čtvercové sítě vystřihl útvar jako na obrázku.

2 cm

4

Odstřihni dva čtverečky sítě tak, aby se výsledný útvar nerozpadl a měl co největšíobvod. Najdi všechna řešení.

Možné řešení. Označíme jednotlivé čtverečky písmeny a až n:

a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

k

l

m

n

Aby byl obvod nového útvaru největší možný, soustředíme se pouze na čtverečky,které v původním útvaru sousedí s nejvíce čtverečky. Současně musí po odstřižení každéhočtverečku zůstat výsledný útvar pohromadě. Za těchto požadavků mohou být odstřiženypouze čtverečky d, e, f , k.Dvojice čtverečků (d, e), (e, f) a (f, k) odstřihnout nemůžeme, protože by se útvar

rozpadl. Odstřižením dvojice (d, f) se zvětší obvod útvaru o 2 · 2 = 4 (cm) a odstřiženímdvojice (d, k) nebo (e, k) se zvětší o 4·2 = 8 (cm). Protože jsme vyčerpali všechny možnosti,poslední dvě varianty představují řešení úlohy, viz obrázky.

a

b

c e

f

g

h

i

j l

m

n

a

b

c

d f

g

h

i

j l

m

n

5



Z6–I–1

Na obrázku je čtvercová síť, jejíž čtverce mají stranu délky 1 cm. V síti je zakreslenobrazec vybarvený šedě. Libor má narýsovat přímku, která je rovnoběžná s přímkou MOa rozděluje šedý obrazec na dvě části o stejném obsahu.

M O

V jaké vzdálenosti od přímky MO povede Libor tuto rovnoběžku?

Možné řešení. Obsah šedé plochy v horních dvou řádcích je

4 · 2− 12(3 · 2)− 1

2(2 · 2) = 3 (cm2),

v prostředním řádku

5 · 1 = 5 (cm2)

a ve druhém řádku odspoda

12+12(3 · 1) = 2 (cm2).

Obsah celého šedě vybarveného obrazce tedy je 3 + 5 + 2 = 10 (cm2).Zmíněná rovnoběžka má celý obrazec rozdělit na dvě části o obsahu 10 : 2 = 5 (cm2).

Odtud plyne, že tato přímka musí procházet prostředním řádkem tak, aby ho rozdělilana dva obdélníky, z nichž horní bude mít obsah 2 cm2 a dolní 3 cm2. Pro obsah dolníhoobdélníku tedy platí 5 · a = 3, kde a je kratší strana tohoto obdélníku, viz obrázek.

6

M O

2 cm

a

Odtud a = 35 = 0,6 (cm) a Libor povede rovnoběžku ve vzdálenosti 2 + 0,6 = 2,6 (cm)

od přímky MO.

Z6–I–2

Do prázdných polí vepiš čísla 2, 4, 6, 8, 12, 14 a 21 tak, aby tři čísla zapsaná na jednéúsečce dávala vždy stejný součin. Napiš svůj postup.

3

Možné řešení. Označme jednotlivá pole písmeny a až h jako na obrázku (víme, žea = 3):

a

b

c

d

e

f g h

7

Mezi čísly v zadání jsou jen dva násobky sedmi, totiž 14 a 21. Aby byl násobek sedmizastoupen na každé úsečce, mohou být čísla 14 a 21 jedině v polích c a f . Umístíme do polef číslo 14, nebo 21? Pokud bychom se rozhodli pro f = 21, byl by součin b · a · f násobkemdevíti. Ale v nabídce v zadání by zbyly už pouze dva násobky tří (6 a 12), což by námnestačilo k tomu, aby i součiny na všech dalších úsečkách byly násobky devíti. Proto jef = 14 a c = 21.Protože b · a · f = b · c · d, musí platit a · f = c · d, a protože v této rovnosti všechna

čísla kromě d již známe, snadno dopočítáme d = 3 · 14 : 21 = 2.Na úsečce def neznáme jen číslo e. Protože zde zatím není zastoupen násobek tří,

musí to být 6 nebo 12. Protože d · e · f = f · g · h, musí platit d · e = g · h. Pokud bychomse rozhodli pro e = 6, platilo by d · e = 12, a tedy i g ·h = 12. Ze zbylých čísel však do políg a h neumíme doplnit hodnoty tak, aby jejich součin byl 12. Proto e není 6, ale 12.Už známe součin d · e · f , tedy i součin na každé úsečce. Odtud snadno dopočítáme,

že b = 8. Zbývající hodnoty g a h jsou buď 4 a 6, nebo opačně. Úloha má tedy dvě velmipodobná řešení, z nichž jedno je na následujícím obrázku:

3

8

21

2

12

14 4 6

Z6–I–3

B-banka vydává bankomatové karty se čtyřmístným PIN kódem, který neobsahuječíslici 0. Pan Skleróza se bál, že zapomene PIN kód své karty, proto si ho napsal přímo nani, avšak římskými číslicemi IIIVIIIXIV, aby to případný zloděj neměl tak jednoduché. Svůjnápad prozradil nejlepšímu příteli, panu Odkoukalovi, který byl také klientem B-banky. Tenzáhy se svým PIN kódem udělal totéž a na kartu si napsal IVIIIVI. Ke svému velkémupřekvapení však z římského zápisu neuměl svůj PIN kód určit přesně.

1. Jaký PIN kód má karta pana Sklerózy?2. Jaký PIN kód může mít karta pana Odkoukala?

Možné řešení. 1. Jediný způsob, jak rozdělit IIIVIIIXIV na čtyři římské číslice s jed-nomístným dekadickým zápisem, je III VII IX IV. Pan Skleróza má tedy PIN 3794.2. Zápis IVIIIVI pana Odkoukala dovoluje různou interpretaci, systematicky vypíšeme

všechny možnosti:

• I V III VI, tj. PIN = 1536,• I VI II VI, tj. PIN = 1626,• I VII I VI, tj. PIN = 1716,• I VII IV I, tj. PIN = 1741,

8

• I VIII V I, tj. PIN = 1851,• IV I II VI, tj. PIN = 4126,• IV II I VI, tj. PIN = 4216,• IV II IV I, tj. PIN = 4241,• IV III V I, tj. PIN = 4351.

Z6–I–4

Načrtni všechny možné tvarově různé čtyřúhelníky, které mají vrcholy ve vrcholechdaného pravidelného šestiúhelníku.Urči, jaké by byly jejich obsahy, kdyby šestiúhelník měl obsah 156 cm2.

Možné řešení. Lze získat jen tři tvarově různé čtyřúhelníky I, II, III:

I II III

Čtyřúhelník I je polovinou šestiúhelníku, jeho obsah je tedy 78 cm2.Čtyřúhelníky II a III získáme, když od šestiúhelníku oddělíme dva shodné trojúhelníky,

mají proto stejné obsahy. Nejprve určíme obsahy trojúhelníků, které oddělíme; viz např.trojúhelník ABC:

A

B

C D

E

F

S

Pravidelný šestiúhelník lze rozložit na 6 shodných trojúhelníků (△ABS, △BCS,△CDS, . . . ) o stejném obsahu 156 : 6 = 26 (cm2). Čtyřúhelník ABCS je složen ze dvoutakových trojúhelníků, má tedy obsah 52 cm2. Stejný čtyřúhelník lze rozdělit na jiné dvashodné trojúhelníky ABC a ACS, které mají též obsahy 26 cm2. Proto je obsah trojúhel-níku ABC roven 26 cm2.Obsah čtyřúhelníků II a III je proto 156− 2 · 26 = 104 (cm2).

9

Z6–I–5

Paní Kučerová byla na sedmidenní dovolené a Káťa jí po celou tuto dobu venčila psaa krmila králíky. Dostala za to velký dort a 700 Kč. Po další dovolené, tentokrát čtyřdenní,dostala Káťa za venčení a krmení podle stejných pravidel stejný dort a 340 Kč.Jakou cenu měl dort?

Možné řešení. Jestliže je d neznámá cena dortu, pak d + 700 Kč je sedmidenníodměna pro Káťu. Odměna za jeden den je 17d+100 Kč, za čtyři dny má být

47d+400 Kč.

Odměna však byla d+340 Kč, tj. o 37d víc a 60 Kč méně. Tedy37 dortu odpovídají 60 Kč,

17 dortu 20 Kč, celý dort 7 · 20 = 140 (Kč).

Jiné řešení. Káťa podruhé pracovala o 3 dny méně a dostala o 700−340 = 360 (Kč)méně (dort měl stejnou cenu). To znamená, že za jeden den si vydělala 360 : 3 = 120 (Kč).Za 4 dny práce si vydělala 4 · 120 = 480 (Kč), dostala však jeden dort a 340 Kč. Cenadortu je tedy 480− 340 = 140 (Kč).

Z6–I–6

Na každou stěnu hrací kostky jsme napsali jiné prvočíslo menší než 20 tak, aby součtydvou čísel na protilehlých stěnách byly vždy stejné.

Kostku jsme položili na první políčko plánu na obrázku nejmenším číslem dolů. Potomjsme kostku převraceli naznačeným směrem po plánu. Při každém dotyku kostky s plánemjsme na odpovídající políčko napsali číslo, kterým se ho kostka dotkla.Kterým číslem se kostka dotkla zbarveného políčka, jestliže součet všech napsaných

čísel byl nejmenší možný?(Plán je tvořen čtverci, které jsou stejně velké jako stěny kostky.)

Možné řešení. Prvočísla menší než 20 jsou 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 a 19. Z nich je potřebavzít tři dvojice se stejným součtem, což jsou dvojice (19, 5), (17, 7) a (13, 11). Kostka je naplán položena číslem 5, takže na vedlejší políčko se může otisknout jedno z čísel 17, 7, 13nebo 11. Je možné diskutovat všechny možnosti vzhledem k umístnění zmiňovaných čtyřčísel na kostce, což je zbytečně pracné. Jednodušší je uvědomit si, na kterých políčkách seotiskují protilehlé stěny. Označme a číslo na stěně, kterou se kostka dotkne vybarvenéhopolíčka plánu. Pak zjistíme, že na prvních třech políčkách získáme následující čísla:

5 a 19

10

Označme b číslo na stěně, kterou se kostka dotkne následujícího políčka plánu. Číslob musí být různé od a, 5, 19, 24− a. Nyní můžeme doplnit všechna políčka na plánu:

5 a 19

b

5a19

24−b

Můžeme si všimnout, že dvojice 5, 19 se na plánu vyskytuje dvakrát a dvojice b, 24−bjedenkrát. Součet těchto dvojic je vždy 24 a součet všech napsaných čísel je:

5 + a+ 19 + b+ 5 + a+ 19 + (24− b) = 3 · 24 + 2a = 72 + 2a.

Součet tedy závisí jenom na čísle, jímž se kostka dotkne vybarveného políčka plánu. Totočíslo by mělo být nejmenší možné. Protože číslo 5 je již použito, musí jít o číslo 7.

11



Z7–I–1


Kostku jsme položili na první políčko plánu na obrázku největším číslem dolů. Potomjsme kostku převraceli naznačeným směrem po plánu. Při každém dotyku kostky s plánemjsme na odpovídající políčko napsali číslo, kterým se ho kostka dotkla.

Kterým číslem se kostka dotkla zbarveného políčka, jestliže součet všech napsanýchčísel byl největší možný?

(Plán je tvořen čtverci, které jsou stejně velké jako stěny kostky.)

Možné řešení. Prvočísla menší než 20 jsou 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 a 19. Z nich je potřebavzít tři dvojice se stejným součtem, což jsou dvojice (19, 5), (17, 7) a (13, 11). Kostka je naplán položena číslem 19, takže na vedlejší políčko se může otisknout jedno z čísel 17, 7, 13nebo 11. Je možné diskutovat všechny možnosti vzhledem k umístnění zmiňovaných čtyřčísel na kostce, což je zbytečně pracné. Jednodušší je uvědomit si, na kterých políčkách seotiskují protilehlé stěny. Označme a číslo na stěně, kterou se kostka dotkne vybarvenéhopolíčka plánu. Pak zjistíme, že na prvních třech políčkách získáme následující čísla:

19 a 5

Označme b číslo na stěně, kterou se kostka dotkne následujícího políčka plánu. Číslob musí být různé od a, 5, 19, 24− a. Nyní můžeme doplnit všechna políčka na plánu:

12

19 a 5

b

19a5

24−b

Můžeme si všimnout, že dvojice 19, 5 se na plánu vyskytuje dvakrát a dvojice b, 24−bjedenkrát. Součet těchto dvojic je vždy 24 a součet všech napsaných čísel je:

19 + a+ 5 + b+ 19 + a+ 5 + (24− b) = 3 · 24 + 2a = 72 + 2a.

Součet tedy závisí jenom na čísle, jímž se kostka dotkne vybarveného políčka plánu. Totočíslo by mělo být největší možné. Protože číslo 19 je již použito, musí jít o číslo 17.

Z7–I–2

Na obrázku je čtvercová síť, jejíž čtverce mají stranu délky 1 cm. V síti je zakreslenobrazec vybarvený šedě. Libor má narýsovat přímku, která je rovnoběžná s přímkou MOa rozděluje šedý obrazec na dvě části o stejném obsahu.

M O

V jaké vzdálenosti od přímky MO povede Libor tuto rovnoběžku?

Možné řešení. Obsah šedé plochy v horních dvou řádcích je

12(3 · 2)− 1

2+12= 3 (cm2),

v prostředním řádku

4 · 1 + 2 · 12= 5 (cm2)

13

a ve druhém řádku odspoda12+12(3 · 1) = 2 (cm2).

Obsah celého šedého obrazce tedy je 3 + 5 + 2 = 10 (cm2).Zmíněná rovnoběžka má celý obrazec rozdělit na dvě části o obsahu 10 : 2 = 5 (cm2).

Šedou plochu v prostředním řádku přitom rozdělí na dva kosodélníky, horní z nich budemít obsah 2 cm2, dolní 3 cm2. Posunutím jedné trojúhelníkové části dolního kosodélníkuzískáme obdélník o stejném obsahu, jako měl kosodélník, viz obrázek.

M O

2 cm

b

a

Známe obsah S tohoto obdélníku i jeho delší stranu a. Délka jeho kratší strany jeb = S : a = 3 : 5 = 0,6 (cm). Libor povede rovnoběžku ve vzdálenosti 2 + 0,6 = 2,6 (cm)od přímky MO.

Z7–I–3

Turisté plánovali dlouhou túru na tři dny s tím, že každý den ujdou třetinu celé trasy.To dodrželi jen první den. Druhý den ušli pouze třetinu zbylé cesty a třetí den, unaveni,jen čtvrtinu zbytku. Posledních 24 km do cíle je dovezlo terénní auto.Jak dlouhá měla být celá túra a kolik kilometrů turisté ušli první, druhý a třetí den?

Možné řešení. První den turisté ušli 13 cesty, do cíle jim tak zbyly23 celkové délky

trasy.Druhý den ušli 13 ze včerejšího zbytku, tj.

13 · 23 = 2

9 z celé cesty; do cíle zbyly23− 2

9 =49

celé cesty.Podobně, třetí den ušli 1

4ze 49, tj. 1

9z celé trasy. Do cíle jim pak chybělo 4

9− 19= 13

z celkové délky plánované trasy, což bylo podle zadání 24 km. Celá túra byla tedy dlouhá3 · 24 = 72 (km).Odtud jednoduše dopočítáme, kolik kilometrů turisté ušli v jednotlivých dnech:

• první den to bylo 13 · 72 = 24 (km),• druhý den 2

9· 72 = 16 (km),

• třetí den 19 · 72 = 8 (km).

14

Z7–I–4

Pan Horák je o 3 roky starší než jeho žena a jejich prvorozený syn je o 4 roky staršínež jejich druhorozený. Všichni čtyři členové rodiny slaví narozeniny ve stejný den, nynímají dohromady 81 let. Před 5 lety bylo členům této rodiny dohromady 62 let. Urči dnešnístáří rodičů i obou dětí.

Možné řešení. Za 5 let mělo rodině o čtyřech členech přibýt 4 ·5 = 20 let, ale přibylojen 81 − 62 = 19 let. To mohlo nastat jedině v případě, že mladší syn nebyl ještě před 5lety na světě a do rodinného součtu let přispěl jen 4 lety (3 · 5+ 4 = 19). Mladšímu synovijsou tedy 4 roky. Jeho staršímu bratrovi je o 4 roky více, tj. 8 let.Rodičům dohromady je 81 − 4 − 8 = 69. Je-li matce m let, je otci m + 3 let a platí:

m+m+ 3 = 69, tedy m = 33.Matce je 33 let, otci 36 let, staršímu synovi 8 let a mladšímu 4 roky.

Z7–I–5

Zuzka napsala pětimístné číslo. Když připsala jedničku na konec tohoto čísla, dostalačíslo, které je třikrát větší než číslo, které by získala, kdyby napsala jedničku před původníčíslo.Které pětimístné číslo Zuzka napsala?

Možné řešení. Pětimístné číslo napsané jako ab cde představuje hodnotu 10 000a++1 000b+100c+10d+e, kterou označíme x. Když napíšeme jedničku před toto pětimístnéčíslo, tj. 1ab cde, máme číslo o 100 000 větší, tj. číslo x+ 100 000. Když napíšeme jedničkuza neznámé číslo, tj. abc de1, dostáváme číslo 10x + 1. Podle zadání platí 10x + 1 = 3 ·· (x + 100 000), odkud 7x = 299 999. Číslo napravo je skutečně dělitelné 7 a Zuzka tudížnapsala x = 299 999 : 7 = 42 857.

Jiné řešení. Alternativně lze úlohu řešit násobením „odzaduÿ podle následujícíhonávodu:

1abcde·3

abcde1

Počítáme 3 · e = (2)1, tj. e = 7.1abcd7

·3abcd71

Počítáme 3 · 7 = 21, 2 si pamatujeme dále, 3 · d+2 = (1)7, tj. d = 5. Podobným způsobemurčíme postupně všechny číslice hledaného čísla.

15

Z7–I–6

Je dán obdélník ABCD. Bodem A vedeme přímku, která protne úsečku CD v boděX tak, že pro obsahy vzniklých útvarů platí SAXD : SABCX = 1 : 2. Bodem X vedemepřímku, která protne úsečku AB v bodě Y tak, že platí SAXY : SY BCX = 1 : 2. Nakonecbodem Y vedeme přímku, která protne úsečku XC v bodě Z tak, že platí SXY Z : SY BCZ == 1 : 2.Vypočítej poměr obsahů SAXD : SAXZY .

Možné řešení. Ze zadání platí SXY Z : SY BCZ = 1 : 2. Pokud obsah trojúhelníkuXY Z označíme S, je obsah čtyřúhelníku Y BCZ roven 2S, viz obrázek.

A B

CD X

Y

Z

2,25S

1,5S

S

2S

Dále je zadáno SAXY : SY BCX = 1 : 2 a z předchozího plyne, že obsah čtyřúhelníkuY BCX je 2S+S = 3S. Obsah trojúhelníku AXY tedy musí být 3S : 2 = 1,5S. Ze zadánítaké známe SAXD : SABCX = 1 : 2. Obsah čtyřúhelníku ABCX je 2S + S + 1,5S = 4,5S.Obsah trojúhelníku AXD je tedy 4,5S : 2 = 2,25S. Hledaný poměr SAXD : SAXZY je2,25S : (1,5S + S), tj. 2,25 : 2,5. Po rozšíření čtyřmi dostaneme poměr 9 : 10.

Poznámka. Úlohu lze řešit také tak, že se v závislosti na délce úsečky |AB| určídélky |DX |, |AY | a |XZ|, vyjádří se obsahy požadovaných útvarů a poté jejich poměr:Označíme-li a délku úsečky |AB|, pak se z požadavku SAXD : SABCX = 1 : 2 snadnoodvodí, že |DX | = 2

3a. Podobně ze zbylých dvou rovností vyplývá |AY | = 4

9a a |XZ| =

= 827

a. Poměr SAXD : SAXZY je potom roven|DX|·|BC|

2: (|AY |+|XZ|)·|BC|

2= |DX|

|AY |+|XZ| .Po dosazení a úpravě vychází 9 : 10.

16



Z8–I–1

Myslím si nezáporné číslo ve tvaru zlomku s celočíselným čitatelem a jmenovatelem 12.Když je napíši ve tvaru desetinného čísla, bude mít před i za desetinnou čárkou po jednéčíslici, obě tyto číslice budou nenulové. Čísel, která mají obě uvedené vlastnosti, je více.Pokud je však seřadím od nejmenšího po největší, bude to „mojeÿ předposlední.Jaké číslo si myslím?

Možné řešení. Vzhledem k tomu, že jmenovatel je 12, musí být čitatel dělitelnýtřemi, abychom dostali číslo s ukončeným desetinným rozvojem. Po vykrácení třemi vyjdeve jmenovateli číslo 4. Pak by na desetinných místech byly tyto skupiny: 25, 50, 75 a 00.Zadání vyhovuje pouze skupina 50, proto čitatel musí být lichý násobek šesti. Aby předdesetinnou čárkou byla jedna nenulová číslice, musí být čitatel větší než 12 a menší než120, tj. 18, 30, 42, . . . , 102, 114. Hledané číslo je tedy 10212 = 8,5.

Jiné řešení. Zlomky se jmenovatelem 12 vyjádříme jako smíšená čísla ve tvaru a b12,

kde 1 ≦ a ≦ 9 a 1 ≦ b ≦ 11. Zlomky b12převádíme na desetinná čísla dělením a zkoumáme

desetinné rozvoje. Dojdeme ke stejnému výsledku.

Z8–I–2


Kostku jsme položili na první políčko plánu na obrázku. Potom jsme kostku převracelinaznačeným směrem po plánu. Při každém dotyku kostky s plánem jsme na odpovídajícípolíčko napsali číslo, kterým se ho kostka dotkla.Kterým svým číslem se kostka plánu nedotkla, jestliže součet všech napsaných čísel

byl 86?(Plán je tvořen čtverci, které jsou stejně velké jako stěny kostky.)

Možné řešení. Prvočísla menší než 20 jsou 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 a 19. Z nich je potřebavzít tři dvojice se stejným součtem, což jsou dvojice (19, 5), (17, 7) a (13, 11). Kostka je naplán položena nějakým číslem, které označíme a. Je možné diskutovat všechny možnosti

17

vzhledem k umístnění všech čísel na kostce, což je zbytečně pracné. Jednodušší je uvědomitsi, na kterých políčkách se otiskují protilehlé stěny. Označme b číslo na stěně, kterou sekostka dotkne druhého políčka plánu. Pak zjistíme, že na prvních třech políčkách získámenásledující čísla:

a b 24−a

Označme c číslo na stěně, kterou se kostka dotkne následujícího políčka plánu. Čísloc musí být různé od a, b, 24− b, 24− a. Nyní můžeme doplnit všechna políčka na plánu:

a b 24−a

c

ab24−a

24−c

Můžeme si všimnout, že dvojice a, 24− a se na plánu vyskytuje dvakrát a dvojice c,24− c jedenkrát. Součet těchto dvojic je vždy 24 a součet všech napsaných čísel je:

a+ b+ (24− a) + c+ a+ b+ (24− a) + (24− c) = 3 · 24 + 2b = 72 + 2b.

Z hodnoty součtu zjistíme číslo b: 2b = 86− 72 = 14, tj. b = 7. Kostka se ani jednou plánunedotkla stěnou protilehlou ke stěně s číslem 7, nedotkla se tedy číslem 17.

Z8–I–3

Grafik v redakci novin dostal dva obrázky, aby je umístil k článku. První originálbyl 13 cm široký a 9 cm vysoký, druhý měřil na šířku 14 cm a na výšku 12 cm. Grafik serozhodl umístit obrázky na stránku vedle sebe tak, aby se dotýkaly a aby oba měly stejnouvýšku. Po vytištění měly obrázky dohromady zaujímat šířku 18,8 cm. Obrázky tedy vhodnězmenšil, aniž by je jakkoli ořezával.Jaká bude výška vytištěných obrázků?

Možné řešení. Nejprve druhý obrázek zmenšíme, aby měl stejnou výšku jako první,a poté oba zmenšíme/zvětšíme tak, aby dohromady měly danou šířku:Aby druhý obrázek měl stejnou výšku jako první, musíme jej zmenšit v poměru 912 =

34 .

ířka tohoto zmenšeného obrázku pak bude 34 · 14 = 10,5 (cm). Nyní první obrázek a zme-nšený druhý obrázek, položeny vedle sebe, tvoří obdélník s rozměry 23,5 cm× 9 cm. Tentocelek zmenšíme tak, aby šířka byla rovna zadaným 18,8 cm. Zmenšíme jej tedy v poměru18,823,5= 45a výška celku potom bude 4

5· 9 = 7,2 (cm).

18

Z8–I–4

Máme dány tři navzájem různé nenulové číslice. Na tabuli napíšeme všechna trojci-ferná čísla, která lze složit z těchto číslic, přičemž pro každé číslo použijeme všechny třičíslice. Součet napsaných čísel je 1 776.Se kterými třemi číslicemi jsme pracovali? Určete všechna řešení.

Možné řešení. Označme dané číslice a, b, c. Počítání na tabuli pak odpovídá tentosoučet:

abcacbbacbcacabcba

1 776

V každém sloupci sčítáme stejnou šestici číslic, a sice a + a + b + b + c + c. Z celkovéhovýsledku je zřejmé, že součet těchto šesti číslic je 16, tedy a+ b+ c = 8. Jediné možnosti,jak napsat 8 v tomto tvaru, jsou 8 = 1+1+6 = 1+2+5 = 1+3+4 = 2+2+4 = 2+3+3.Podmínkám v zadání odpovídají dvě trojice číslic: 1, 2, 5 a 1, 3, 4.

Poznámka. Předchozí výpočet na tabuli můžeme napsat jako (100a+10b+c)+(100a++10c+ b)+(100b+10a+ c)+(100b+10c+a)+(100c+10a+ b)+(100c+10b+a) = 1776,tedy 222a+ 222b+ 222c = 1776. Po úpravě dostáváme a+ b+ c = 8 a závěr je stejný.

Z8–I–5

Na věži radnice jsou hodiny, které mají blízko středu ciferníku dvířka používaná přiúdržbě. Dvířka se však otevírají ven, což je nepraktické — například přesně v 12:09 zakryjevelká ručička dvířka, která pak nejdou otevřít po dobu, jež končí přesně v 12:21.

12

3

6

9

Kolik minut denně dvířka nelze otevřít?(Nezapomeňte, že dvířka může zakrýt i malá ručička; celá dvířka leží v kruhu, který

tato ručička opisuje.)

Možné řešení. Každou hodinu jsou dvířka blokována velkou ručičkou od 9. do 21. mi-nuty po celé hodině, tj. 12 minut. Potřebujeme dořešit, kdy přesně zakrývá dvířka maláručička: 9 minut po celé hodině ukazuje velká ručička tam, kam malá v 1:48, a 21 minutpo celé ukazuje velká ručička tam, kam malá ve 4:12. Od 1:48 do 4:12 jsou dvířka zakrytá

19

malou ručičkou a stejně tak ještě po poledni. Počítejme od půlnoci po hodinách, kdy nelzedvířka otevřít:

• 0:09–0:21, tj. 12 minut,• 1:09–1:21 a 1:48–2:00, tj. 24 minut,• 2:00–3:00, tj. 60 minut,• 3:00–4:00, tj. 60 minut,• 4:00–4:21, tj. 21 minut,• 5:09–5:21, tj. 12 minut,• 6:09–6:21, tj. 12 minut,• atd. až do poledne, tj. ještě 5 · 12 minut.

Od půlnoci do poledne nelze dvířka otevřít 8 · 12+24+2 · 60+21 = 261 minut, takžeza celý den to je 2 · 261 = 522 minut.

Z8–I–6

V kvádru ABCDEFGH je umístěno těleso PQRSTUVX , jehož vrcholy jsou středyhran kvádru, viz obrázek.

A B

CD

E F

GH

P

Q

R

S

T

U

V

X

Vypočtěte objem a povrch tělesa, je-li: |AB| = 8 cm, |BC| = 6 cm, |BF | = 4 cm.

Možné řešení. Čtyřúhelník PQRS v obdélníku ADEH je kosočtverec, jehož obsahje Sp = 1

2|AD| · |AE| = 6·4

2= 12 (cm2). Těleso PQRSTUVX je hranol s podstavou

kosočtverce a výškou |AB|, jeho objem je tedy roven Sp · |AB| = 12 · 8 = 96 (cm3).Pro výpočet povrchu potřebujeme znát délku strany kosočtverce. Strana RS je pře-

pona v pravoúhlém trojúhelníku RHS, tedy |RS| =√32 + 22 =

√13 (cm). Plášť hranolu

PQRSTUVX má obsah Spl = 4 · |RS| · |AB| = 4 ·√13 · 8 .= 115,4 (cm2). Povrch hranolu

je tedy roven 2 · Sp + Spl.= 2 · 12 + 115,4 .= 139,4 (cm2).

20



Z9–I–1

Do tří prázdných polí na obrázku patří taková přirozená čísla, aby součin tří čísel nakaždé straně trojúhelníku byl stejný.

42

16 72

Jaké nejmenší a jaké největší číslo může být za této podmínky vepsáno do šedě vy-barveného pole?

Možné řešení. Zadaná čísla levé strany trojúhelníku dávají součin

16 · 42 = 25 · 3 · 7a zadaná čísla pravé strany dávají součin

42 · 72 = 24 · 33 · 7.Aby součin všech čísel na levé straně byl stejný jako na pravé, musí číslo v levém dolnímrohu obsahovat ve svém rozkladu činitel 32 a číslo v pravém dolním rohu činitel 2. Číslov levém dolním rohu vyjádříme jako 32·c, kde c označuje libovolné přirozené číslo. V pravémdolním rohu pak musí být 2 · c a součin na levé i pravé straně je 25 · 33 · 7 · c.

2·3·7

24

32 ·c

23 ·32

x 2·c

Pokud číslo v šedém poli označíme x, pak podmínka ze zadání znamená

32 · c · x · 2 · c = 25 · 33 · 7 · c,

odkud po úpravě vyjádříme

x =24 · 3 · 7

c=336c

.

Hodnota x je nejmenší, pokud c je největší dělitel čísla v čitateli, tj. c = 336 a x = 1.Hodnota x je největší, pokud c je nejmenší kladný dělitel čísla v čitateli, tj. c = 1 a x = 336.

21

Z9–I–2

Alena, Bára, Čeněk a David si společně koupili tandem — jízdní kolo pro dva. Naprojížďku vyrážejí vždy ve dvojici. Každý jel s každým už alespoň jednou a nikdo jiný sena tandemu ještě nevezl. Alena byla na projížďce jedenáctkrát, Bára dvacetkrát, Čeněkjen čtyřikrát.Určete, kolikrát minimálně a kolikrát maximálně mohl být na projížďce David.

Možné řešení. Pokud by Alena, Bára a Čeněk jeli každý s každým právě jednoua zbytek výletů by strávili s Davidem, tak by byl David na projížďce 29krát, protože(11 − 2) + (20 − 2) + (4 − 2) = 29. Dvacet devět je nejvyšší možný počet. Schematickyje toto řešení znázorněno na následujícím obrázku. (Např. číslo u písmene B znamená,kolikrát celkem byla Bára na projížďce, číslo u spojnice BC vyjadřuje, kolikrát si Báravyjela s Čeňkem. . . )

C: 4 D: ?

B: 20A: 11

2

18

1

11 9

Pro řešení zbytku úlohy chceme zajistit, aby Alena, Bára a Čeněk projezdili spolunavzájem co nejvíce jízd. Alena s Bárou mohla jet maximálně 9krát (11 − 2 = 9). Čeněkmohl jet jak s Alenou, tak s Bárou maximálně 2krát (4−2 = 2), avšak tohoto maximálníhopočtu nemohl dosáhnout s oběma zároveň, protože musel jet alespoň jednou s Davidem. Přidvou jízdách Čeňka s Alenou by nemohlo být dosaženo maxima jízd Aleny s Bárou, protodvě jízdy Čeněk realizoval s Bárou. Odtud pak plyne, kolikrát byl na projížďce David:s Alenou a s Čeňkem jednou, s Bárou 9krát (20 − 9 − 2 = 9), dohromady pak 11krát(1 + 1 + 9 = 11). Pro lepší orientaci v textu viz obrázek:

C: 4 D: ?

B: 20A: 11

1

9

9

12 1

David mohl být na projížďce minimálně 11krát, maximálně 29krát.

22

Z9–I–3

Ve čtvercové síti, jejíž čtverce mají stranu délky 10 cm, je narýsována kružnice sestředem S ve vyznačeném mřížovém bodě a poloměrem 20 cm.

10 cm

A B

CD

S

Body A, B, C a D jsou průsečíky kružnice se síťovými přímkami.Určete obsah vybarvené plochy ABCD.

Možné řešení. Úsečka AB má délku rovnu poloměru zadané kružnice. Můžeme jitedy považovat za stranu pravidelného šestiúhelníku vepsaného do této kružnice. Tentošestiúhelník rozdělíme na šest rovnostranných trojúhelníků, viz obrázek.

A B

CD

S

Nejdřív spočítáme obsah S1 rovnostranného trojúhelníku o straně r = 20 cm. Výškutohoto trojúhelníku vyjádříme z Pythagorovy věty r2 =

(r2

)2+ v2. Dostaneme v =

√32 r,

tudíž

S1 =

√34

r2.

Vybarvená plocha se skládá z pětiúhelníku ABCSD, jehož obsah je 3S1, a kruhové výsečeDSC. Kruhová výseč tvoří šestinu kruhu, její obsah je tedy roven

S2 =16

πr2.

Obsah vybarvené plochy je celkem

S = 3S1 + S2 =3√34

r2 +16

πr2 =9√3 + 2π12

r2.

23

Po dosazení dostaneme přibližně S.= 729 cm2.

Z9–I–4

Dominik si vyrobil „prvočíselné dominoÿ — každá kostka odpovídala jednomu dvoj-místnému prvočíslu tak, že na každé polovině kostky byla jedna číslice tohoto prvočísla.Žádné dvojmístné prvočíslo v dominu nechybělo a žádné prvočíslo nebylo na dvou kostkách.

1

3

23

29

9

7

Dominik se rozhodl, že všechny kostky uspořádá do kružnice tak, aby kostky ležícívedle sebe sousedily stejnou číslicí, viz obrázek. Jeho kamarád Bořek mu řekl, že to nelzeprovést. Měl Bořek pravdu?

Možné řešení. V kružnici sestavené podle zadání se mají každé dvě sousední kostkydotýkat stejnou číslicí, každá číslice tedy musí být v kružnici zastoupena v sudém počtu.Všechna dvojmístná prvočísla jsou

11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97

a počty jednotlivých číslic mezi těmito čísly jsou:

číslice 1 2 3 4 5 6 7 8 9její počet 9× 2× 8× 3× 2× 2× 8× 2× 6×

Vidíme, že číslice 1 a 4 jsou obě zastoupeny v lichém počtu. Bořek měl tudíž pravdua takovou kružnici nelze sestavit.

Poznámka. Lichý počet číslic 4 (resp. 1) postačuje jako důkaz toho, že kružnici nelzesestavit. Není nutné vypisovat celou tabulku.

Z9–I–5

Na stole s kruhovou deskou o průměru 0,6m je „nakřivoÿ položen čtvercový ubrus sestranou 1m. Jeden cíp ubrusu přečnívá přes hranu desky stolu 0,5m, sousední cíp 0,3m.

0,5 m

24

Určete délku přesahu zbylých dvou cípů.

Možné řešení. Vrcholy čtvercového ubrusu, které tvořily konce dvou cípů známýchdélek, označme po řadě A a B; zbylé vrcholy čtverce označíme C a D. Bod S ukazuje, kdese ubrus dotýkal středu desky stolu. Poloměr desky stolu je 0,3m.

A B

CD

P

Q

S

1

0,3

0,3

0,3

0,5

V trojúhelníku ABS známe ze zadání všechny strany: |AB| = 1m, |BS| = 0,6ma |SA| = 0,8m. Protože platí 12 = 0,62 + 0,82 (Pythagorova věta), jde o trojúhelníkpravoúhlý.Označme P patu výšky v trojúhelníku ABS na stranu AB. Obsah tohoto trojúhelníku

můžeme vyjádřit dvěma způsoby, a sice

S =12|BS| · |SA| = 1

2|AB| · |PS|,

z čehož lze odvodit vztah pro výpočet velikosti výšky PS:

|PS| = |BS| · |SA||AB| =

0,6 · 0,81

= 0,48 (m).

Podle Pythagorovy věty vypočítáme délku strany AP trojúhelníku APS a pak určímedélku úsečky PB:

|AP | =√

|SA|2 − |PS|2 =√0,82 − 0,482 = 0,64 (m),

|PB| = |AB| − |AP | = 1− 0,64 = 0,36 (m).V trojúhelníku SCD označme Q patu výšky na stranu CD. Úsečky DQ, QC odpovídajísvými velikostmi úsečkám AP , PB. Vypočítáme velikost výšky SQ:

|SQ| = |PQ| − |PS| = 1− 0,48 = 0,52 (m).Podle Pythagorovy věty vypočítáme délky přepon trojúhelníků SCQ a SQD:

|SC| =√

|QC|2 + |QS|2 =√0,362 + 0,522 =

√0,4 .= 0,63 (m),

|SD| =√

|QD|2 + |QS|2 =√0,642 + 0,522 =

√0,68

.= 0,82 (m).

Když od těchto délek odečteme poloměr desky stolu, zjistíme, že délky přesahů zbylýchcípů ubrusu jsou přibližně 0,33m a 0,52m.

25

Z9–I–6

Čtyři tatínkové chtěli dětem sponzorovat lyžařský zájezd.První slíbil: „Dám 11 500 Kč,ÿdruhý slíbil: „Dám třetinu toho, co vy ostatní dohromady,ÿtřetí slíbil: „Já dám čtvrtinu toho, co vy ostatní dohromady,ÿčtvrtý slíbil: „A já dám pětinu toho, co vy ostatní dohromady.ÿKolik korun slíbil druhý, třetí a čtvrtý tatínek?

Možné řešení. Dal-li druhý tatínek třetinu toho, co ostatní, dal čtvrtinu celéhopříspěvku. (Označíme-li jeho příspěvek x, dali ostatní 3x. Je-li celý obnos p, platí x+3x = p,tedy x = p

4 .) Podobně, dal-li třetí čtvrtinu toho, co ostatní, dal pětinu celého obnosu, a dal-ličtvrtý pětinu toho, co ostatní, dal šestinu celého daru. Platí tedy

p = 11 500 +p

4+

p

5+

p

6.

Po úpravě máme(1− 37

60

)p = 11 500 Kč, tedy celý příspěvek p činil 30 000 Kč. Odtud

již snadno uzavřeme, že druhý tatínek dal p4 = 7 500 Kč, třetí

p5 = 6 000 Kč a čtvrtý

p6= 5 000 Kč.

Poznámka. Pokud označíme příspěvek druhého, třetího, resp. čtvrtého tatínka x, y,resp. z, pak výsledné hodnoty jsou řešením následující soustavy rovnic:

x =13(11 500 + y + z), y =

14(11 500 + x+ z), z =

15(11 500 + x+ y).

26


II. kolo kategorie Z5

Z5–II–1

Mirek si ze čtvercové sítě s vepsanými čísly vystřihl útvar na obrázku:

8 7

15

6

2

16

112

2 cm

Odstřihni dva čtverečky útvaru tak, aby se výsledný útvar nerozpadl, aby po od-střihnutí obou čtverečků měl stejný obvod jako původně a aby součet vepsaných čísel bylnejmenší možný. (M. Petrová, M. Dillingerová)

Možné řešení. Aby se útvar nerozpadl a přitom zůstal stejný obvod, můžeme odstřihnouttyto dvojice čtverečků: (1, 12), (1, 15), (1, 16), (7, 8), (7, 15), nebo (7, 16). Nejmenší součetvepsaných čísel bude mít zbylý útvar při odstřižení čtverečků 7 a 16. Součet pak bude12 + 8 + 1 + 2 + 6 + 15 = 44.

8

15

6

2112

Hodnocení. 1 bod za výpočet obvodu; 2 body za nalezení dvojic čtverečků, po jejichžodstřižení se obvod nezmění; 2 body za nalezení dvojice (7, 16); 1 bod za výpočet nejme-nšího součtu 44.

1

Z5–II–2Patnáct na sobě položených stejných listů papíru jsem najednou přeložil. Získal jsem

tak „sešitÿ, jehož stránky jsem očísloval po řadě čísly 1 až 60. Která další tři čísla jsounapsána na stejném listu papíru jako číslo 25? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Když otevřeme „sešitÿ přesně v polovině, vidíme čísla stran 30 a 31. Natémže listu jsou také čísla 29 a 32. Pod tímto prostředním listem je list s čísly 28, 27 a 33,34. Na dalším listu jsou čísla 26, 25 a 35, 36 a na tento list se úloha ptá.

Hodnocení. 3 body za výsledná čísla a 3 body za zdůvodnění.

Z5–II–3František Všímálek vypisoval po sobě jdoucí čísla výsledků malé násobilky tří, pěti

a devíti. Mezi jednotlivými čísly nepsal mezery a postupoval následovně: nejprve vypsalnásobky čísla tři, za posledním z nich začal hned vypisovat násobky pěti a nakonec násobkydevíti. Všiml si, že v jeho zápisu se objevují souměrná čísla. (Souměrné číslo se čte zezadustejně jako zepředu, např. 272, 3553, 98089.) František vypsal všechna souměrná čísla setřemi a více číslicemi a seřadil je podle velikosti od nejmenšího po největší. Které číslo bylov téhle posloupnosti na třetím místě a které bylo poslední? (L. Hozová)

Možné řešení. František napsal uvedené násobilky takto:

3691215182124273051015202530354045509182736455463728190.

Souměrná čísla u násobilky tří jsou 121, 151, 212 a 242. U násobilky pěti to jsou 101,51015, 202, 52025 a další. U násobilky devíti pozorujeme postupně tato čísla: 4554, 645546,36455463 atd. Souměrná čísla uspořádaná podle velikosti tvoří posloupnost

101, 121, 151, 202, 212, . . . , 09182736455463728190.

Třetí číslo v téhle posloupnosti je 151 a poslední 09182736455463728190.

Hodnocení. 1 bod za zápis posloupnosti; 2 body za číslo 151 na třetí pozici; 3 body zaposlední číslo. Pokud žák nebude chtít psát nulu na začátku čísla, pak bude poslední číslo918273645546372819, což také považujeme za správné řešení.

2


II. kolo kategorie Z6Z6–II–1Káťa chce obdarovat své kamarádky a přemýšlí: kdybych každé koupila sponku za

28 Kč, zbylo by mi ještě 29 Kč, ale kdyby to byl medvídek za 42 Kč, tak by mi 13 Kčchybělo. Kolik má Káťa kamarádek a kolik peněz na dárky? (M. Volfová)

Možné řešení. Rozdíl v ceně dárku pro jednu kamarádku je 42 − 28 = 14 (Kč). Rozdílv celkové ceně, kterou by Káťa za dárky pro všechny kamarádky zaplatila, je 29 + 13 == 42 (Kč). Vynásobíme-li rozdíl v ceně dárku pro jednu kamarádku počtem kamarádek,dostaneme rozdíl v celkové ceně. Proto počet kamarádek určíme jako výsledek dělení rozdílucelkové ceny rozdílem ceny obou dárků, tj. 42 : 14 = 3. Káťa má 3 kamarádky.Kdyby všem koupila sponku za 28 Kč, zbylo by jí 29 Kč, měla tedy 3 · 28 + 29 =

= 84 + 29 = 113 (Kč).

Poznámka. Závěrečný výpočet lze alternativně provést takto: kdyby všem koupila med-vídka za 42 Kč, chybělo by jí 13 Kč a měla by 3 · 42− 13 = 126− 13 = 113 (Kč).Úlohu lze řešit též experimentováním nebo rovnicemi.

Hodnocení. 1 bod za rozdíl cen dárků pro jednu kamarádku (tj. 14 Kč); 2 body za celkovýrozdíl pro všechny kamarádky (tj. 42 Kč); 2 body za určení a zdůvodnění počtu kamarádek;1 bod za stanovení množství peněz, které má Káťa na dárky.

Z6–II–2Na každou stěnu hrací kostky jsme napsali jiné prvo-

číslo menší než 20 tak, aby součty dvou čísel na protilehlýchstěnách byly vždy stejné. Kostku jsme položili na první po-líčko plánu na obrázku nejmenším číslem dolů. Potom jsmekostku převraceli naznačeným směrem po plánu. Při každémdotyku kostky s plánem jsme na odpovídající políčko napsaličíslo, kterým se ho kostka dotkla. Kterým číslem se kostkadotkla zabarveného políčka, jestliže součet všech napsanýchčísel byl

1. nejmenší možný,2. největší možný?

(Plán je tvořen čtverci, které jsou stejně velké jako stěnykostky, obr.) (M. Dillingerová, L. Hozová)

Možné řešení. Prvočísla menší než 20 jsou 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 a 19. Hledáme tři dvojicez těchto prvočísel, které mají stejný součet, což jsou dvojice (11, 13), (7, 17) a (5, 19) sesoučtem 24. Tyto dvojice představují čísla na protilehlých stěnách kostky. Podle zadáníjsme na první políčko plánu napsali číslo 5. Na obrázku jsou vyznačeny dvojice políček,kterých se dotýkaly protilehlé stěny kostky.Ať převracíme kostku jakkoli, bude součet všech zapsaných čísel na plánu stejný, jme-

novitě 24 · 8 = 192. V obou případech se tedy mohla kostka dotknout vybarveného políčka

1

kterýmkoli z čísel 7, 11, 17 nebo 13, tj. kterýmkoli číslem kromě 19, jež leží na protilehléstěně k 5.

Hodnocení. 1 bod za dvojice prvočísel; 3 body za úvahu o součtu zapsaných čísel; 2 bodyza závěr a odpověď.

Z6–II–3Tři zahradníci měli velkou úrodu mrkve, a tak zkusili mrkve odšťavovat. Pak šťávu

nalili do 9 skleniček. Všechny byly plné, každá však měla jiný objem: 1 dl, 2 dl, 3 dl, . . . ,9 dl. Chtěli se spravedlivě podělit tak, aby každý dostal stejný počet skleniček i stejněšťávy. Najdi dva způsoby, jak to mohli provést. (M. Volfová)

Možné řešení. Šťávy bylo celkem 1+2+ . . .+9 = 45 (dl). Každý ze tří zahradníků dostalstejně šťávy, tj. 15 dl (45 : 3 = 15), a měl ji ve třech sklenicích (9 : 3 = 3). Pro každéhozahradníka musíme vyjádřit číslo 15 jako součet tří přirozených čísel menších nebo rovných9. Žádné dvě z čísel 9, 8 a 7 nemohou být současně v jedné trojici, protože součet čísel tétotrojice by byl příliš velký. V každé trojici tedy musí být právě jedno z těchto čísel. Ptámese postupně, ve kterých trojicích se vyskytuje 9, ve kterých 8 a ve kterých 7:

9 + 5 + 1 9 + 4 + 28 + 6 + 1 8 + 5 + 2 8 + 4 + 3

7 + 6 + 2 7 + 5 + 3

Šťávu mezi zahradníky lze nyní rozdělit pouze dvojím způsobem:

• dostane-li jeden 9+5+1 (dl), musí dostat druhý 8+4+3 (dl) a třetí 7+6+2 (dl),• dostane-li jeden 9+4+2 (dl), musí dostat druhý 8+6+1 (dl) a třetí 7+5+3 (dl).

Poznámka. Žáci mohou nalézt vhodné trojice neuspořádaným experimentováním, příp.mohou předchozí úvahu začít otázkami: ve kterých trojicích se vyskytuje 1, ve kterých 2a ve kterých 3?

Hodnocení. 1 bod za stanovení celkového množství šťávy; 1 bod za výpočet množstvíšťávy připadající na jednoho zahradníka; 2 body za vypsání všech přípustných trojic neboodpovídající zápisy; po 1 bodu za každou vyhovující možnost rozdělení (tj. 2 body za oběmožnosti).

2


II. kolo kategorie Z7Z7–II–1Radovan čte zajímavou knížku. Včera přečetl 15 stran, dnes dalších 12 stran. S údivem

si uvědomil, že součet čísel stran, které přečetl včera, je stejný jako součet čísel stran, kterépřečetl dnes. Kterou stránkou začne zítřejší četbu? (Radovan při četbě žádné stránkynepřeskakuje ani nečte žádnou stránku podruhé. Denní četbu nikdy neskončí rozečtenoustránkou.) (M. Petrová)

Možné řešení. Je zřejmé, že strany, které Radovan přečetl dnes, mají větší čísla než ty,které přečetl včera. První dnes přečtená strana má číslo o 15 větší než první strana přečtenávčera. („Mezi nimiÿ je zbylých 14 stran, které přečetl včera.) Druhá dnes přečtená stranamá opět číslo o 15 větší než druhá včera přečtená strana. (Číslo každé z nich se zvýšiloo jedna.) Takto můžeme uvažovat dál — vše je symbolicky znázorněno v následujícímschematu:Včera přečtené strany: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15.

| | | | | | | | | | | |+15 +15 +15 +15 +15 +15 +15 +15 +15 +15 +15 +15

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓Dnes přečtené strany: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.

Protože součet čísel stran přečtených včera má být roven součtu čísel stran přečtenýchdnes, musí být součet čísel na 13., 14. a 15. včera přečtené straně roven součtu „navýšeníÿpředchozích dvanácti stran. To znamená, že součet čísel z posledních tří včera přečtenýchstran je roven 12 · 15 = 180. Je-li součet tří po sobě jdoucích přirozených čísel 180, jeprostřední z nich rovno 180 : 3 = 60, nejmenší 59, největší 61. Snadno dopočítáme, žeRadovan včera přečetl strany s čísly 47 až 61, dnes s čísly 62 až 73. Zítra začne číst stránkus číslem 74.

Poznámka. Analogicky lze postupovat i porovnáním 4. až 15. včerejší stránky s dnešními.Takto by se odvodilo, že součet čísel prvních tří včera přečtených stran musí být roven12 · 12 = 144, tj. první tři včerejší strany jsou 47, 48 a 49 a zbytek řešení se nemění.Hodnocení. 3 body za jakoukoli formu výše uvedeného schematu; 2 body za určení pře-čtených stránek; 1 bod za výsledek.

Z7–II–2Tajný agent se snaží rozluštit přístupový kód. Zatím získal tyto informace:

• je to čtyřmístné číslo,• není dělitelné sedmi,• číslice na místě desítek je součtem číslice na místě jednotek a číslice na místěstovek,

• číslo vytvořené z prvních dvou číslic kódu (v tomto pořadí) je patnáctinásobkemposlední číslice kódu,

• první a poslední číslice kódu (v tomto pořadí) tvoří prvočíslo.Stačí mu tyto informace k rozluštění kódu? Svůj závěr zdůvodni. (M. Petrová)

1

Možné řešení. Uvedené informace budeme využívat v takovém pořadí, aby nám v danýokamžik „pomohlaÿ co nejvíc.Podle první informace hledáme čtyřmístné číslo a podle čtvrté informace vypíšeme

možnosti, které přichází v úvahu:

1 5 ∗ 13 0 ∗ 24 5 ∗ 36 0 ∗ 47 5 ∗ 59 0 ∗ 6

(Další možnosti už nejsou, protože 15 · 7 = 105 > 99.)Podle třetí informace doplníme chybějící číslici:

1 5 6 13 0 2 24 5 8 36 0 4 47 5 ∗ 5 nelze doplnit9 0 6 6

Podle druhé informace hledáme ta čísla, která nejsou dělitelná sedmi:

1 5 6 1 nevyhovuje3 0 2 2 vyhovuje4 5 8 3 vyhovuje6 0 4 4 vyhovuje9 0 6 6 vyhovuje

Podle páté informace vytvoříme uvedená dvojmístná čísla a vybereme ty možnosti,kdy dostaneme prvočíslo:

3 0 2 2 vytvoříme 32, nevyhovuje4 5 8 3 vytvoříme 43, vyhovuje6 0 4 4 vytvoříme 64, nevyhovuje9 0 6 6 vytvoříme 96, nevyhovuje

Ze všech čtyřmístných čísel splňuje uvedených pět podmínek číslo jediné, a to 4 583.To znamená, že tyto informace stačí tajnému agentovi k rozluštění přístupového kódu.

Poznámka. Pokud při řešení použijeme pátou informaci dříve než druhou, vyloučíme tímvšechna sudá čísla (vytvořené dvojmístné číslo bude sudé, tedy to nebude prvočíslo). Naprověřování dělitelnosti sedmi pak zbývají čísla 1561 a 4583.

Hodnocení. 2 body za vytipování čísel užitím čtvrté informace; 3 body za postupnévylučování čísel užitím dalších informací; 1 bod za vysvětlení, že tyto informace agentovistačí.

2

Z7–II–3Na obrázku je čtverec ABCD o straně délky 10 cm a menší čtverec EFGH, jehož

vrcholy E, F , G, H leží na úhlopříčkách AC, BD čtverce ABCD (viz obrázek). Plocha,která leží uvnitř čtverce ABCD a přitom vně čtverce EFGH, je označena šedě. Přímka p,která je rovnoběžná s AB ve vzdálenosti 6,5 cm a prochází čtvercem EFGH, rozděluješedou plochu na dvě části. Obsah jedné této části je o 13,8 cm2 větší než obsah druhé.Vypočítej délku strany EF . (L. Šimůnek)

p

A B

CD

E F

GH

Možné řešení. Rovnoběžné přímky p a DC jsou vzdáleny 3,5 cm. Ve vzdálenosti 3,5 cmod přímky AB veďme přímku q, která prochází čtvercem EFGH.

p

qqa

b

B

CD

E F

GH

S

Přímky p a q vymezují z šedé plochy dva stejné obdélníky, které společně představujízadaný rozdíl obsahů. Obsah jednoho z nich označme S, jeho strany a a b (viz obrázek).Vypočítáme S, b, posléze a:

S = 13,8 : 2 = 6,9 (cm2),

b = 10− 2 · 3,5 = 3 (cm),a = S : b = 6,9 : 3 = 2,3 (cm).

Velikost strany EF je 10− 2a, tj. 10− 2 · 2,3 = 5,4 (cm).Hodnocení. 2 body za pomocnou přímku; 3 body za délku strany a; 1 bod za délkustrany EF .

3


II. kolo kategorie Z8Z8–II–1U lesa, který měl tvar rovnoramenného trojúhelníku, se u jednoho z jeho vrcholů

utábořili Ivo s Petrem. Uprostřed protilehlé strany byla studánka. Chlapci se rozhodli, žek ní nepůjdou lesem, ale po jeho obvodu. Každý vyšel jiným směrem, ale oba rychlostí4 km/h. Ivo dorazil ke studánce za 15 minut, Petr za 12. Jak dlouhé byly strany „lesníhoÿtrojúhelníku? (Délky stran zaokrouhlete na celé metry.) (M. Volfová)

Možné řešení. Chlapci nemohli tábořit u vrcholu proti základně rovnoramenného troj-úhelníku, to by šli ke studánce stejnou dobu. Na obrázku jsou vyznačeny umístění stanua studánky, délky ramen b a základny a.

a

b

2

b

2

b

Ze zadání víme, že Ivo šel 14 hodiny rychlostí 4 km/h, ušel tedy 1 km. Petr šel 12 minut,tj. 15 hodiny, rychlostí 4 km/h, ušel tedy

45 = 0,8 (km). Nyní musíme diskutovat následující

dvě možnosti:1. Ivo vyšel po ramenu, Petr po základně trojúhelníku.V tomto případě ušel Ivo b + b

2 = 1 (km) a Petr a +12b =

45 (km). Odtud dopočí-

táme 32b = 1 (km) a b =23 (km), zaokrouhleně b

.= 667m. Po dosazení do druhé rovnosti

dostáváme a + 13 =

45 (km), tj. a =

45 − 1

3 =715 (km), zaokrouhleně a

.= 467m. Strany

trojúhelníku jsou přibližně 667, 667 a 467 (m).2. Petr vyšel po ramenu, Ivo po základně trojúhelníku.V tomto případě ušel Petr b + 1

2b =45 (km) a Ivo a + 1

2b = 1 (km). Dopočítáme32b =

45 (km) a b = 8

15 (km), zaokrouhleně b.= 533m. Po dosazení do druhé rovnosti

dostáváme a + 415 = 1 (km), tj. a = 1 − 4

15 =1115 (km), zaokrouhleně a

.= 733m. Strany

trojúhelníku jsou přibližně 533, 533 a 733 (m).

Hodnocení. 2 body za rozbor situace a výpočet vzdáleností, které oba chlapci ušli; po2 bodech za výpočet rozměrů lesa v každé z obou situací.

Z8–II–2Eva psala po sobě jdoucí přirozená čísla: 1234567891011. . . Jakou číslici napsala na

2 009. místě? (M. Volfová)

Možné řešení. Jednomístných čísel je 9 (1 až 9) a k jejich napsání je třeba 9 číslic.Dvojmístných čísel je 90 (10 až 99) a k jejich napsání je třeba 180 číslic. Trojmístnýchčísel je 900 (100 až 999) a k jejich napsání je třeba celkem 2 700 číslic. K napsání všech

1

jednomístných a dvojmístných čísel je potřeba 189 číslic; 2 009. číslice byla užita u nějakéhotrojmístného čísla.Počet číslic, které byly použity k vytvoření trojmístných čísel, je 2 009− 189 = 1 820.

Protože 1 820 : 3 = 606 (zbytek 2), je 2 009-tá číslice v řadě druhou číslicí 607. trojmístnéhočísla. První trojmístné číslo je 100, druhé trojmístné číslo je 101 = 100+1, třetí trojmístnéčíslo je 102 = 100 + 2. . . Podobně 607. trojmístné číslo je 100 + 606 = 706 a jeho druháčíslice je 0. Eva tedy na 2 009. místě napsala 0.

Hodnocení. 1 bod za určení počtu číslic potřebných k zapsání jednomístných a dvojmíst-ných čísel (tj. 189); 3 body za zjištění, že hledaná číslice je v 607. trojmístném čísle; 2 bodyza nalezení číslice 0 v čísle 706.

Z8–II–3Tři daná přirozená čísla jsou seřazena podle velikosti. Určete je na základě následují-

cích informací:

• aritmetický průměr daných tří čísel je roven prostřednímu z nich,• rozdíl některých dvou daných čísel je 321,• součet některých dvou daných čísel je 777.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Prostřední hledané přirozené číslo označme x. Aby byl průměr všech tříčísel roven x, musí být třetí číslo o tolik větší než x, o kolik je první číslo menší než x.Hledaná čísla proto můžeme označit

x− a, x, x+ a,

kde a je nějaké přirozené číslo. Dle zadání je rozdíl některých dvou hledaných čísel 321.Rozdíl dvou po sobě jdoucích čísel je a, rozdíl prvního a třetího čísla je 2a. Číslo 321 jeliché, rozdíl 2a sudý, proto 2a nemůže být 321, a tedy nutně a = 321. Hledaná čísla jsou

x− 321, x, x+ 321.

Dle zadání je součet některých dvou hledaných čísel 777. Součet prvního a druhého je2x−321, součet druhého a třetího je 2x+321, součet prvního a třetího je 2x. Součet 2x jesudý, proto 2x není 777. I možnost 2x+321 = 777 zavrhneme, protože pak by bylo x = 228,a tedy první hledané číslo by bylo záporné. Proto může platit jedině 2x−321 = 777, odkudx = 549. Hledaná čísla jsou

228, 549, 870.

Hodnocení. 1 bod za úvahu o průměru; 1 bod za úvahu o rozdílu 321; 2 body za úvahuo součtu 777; 2 body za správný závěr.

2


II. kolo kategorie Z9Z9–II–1Do prázdných čtverců na obrázku patří taková přirozená čísla, aby součet tří čísel na

každé straně trojúhelníku byl stejný. Kolik různých trojic přirozených čísel lze do obrázkudoplnit?

+ +

+

++

+

48

36

25

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Čísla patřící do prázdných polí označme po řadě a, b, c.

+ +

+

++

+

48

36

25

a b c

Ze součtů na levé a pravé straně trojúhelníku odvodíme

a = (36 + 48 + c)− (36 + 25) = c+ 23.

Podobně vyjádříme pomocí proměnné c i proměnnou b, tedy

b = (36 + 48 + c)− (c+ c+ 23) = 61− c.

Aby výraz 61 − c odpovídal přirozenému číslu, musí platit c < 61. Za c tedy můžemedosadit jakékoli přirozené číslo od 1 do 60, do obrázku lze tudíž doplnit 60 různých trojicpřirozených čísel.

Jiné řešení. Do pole c dosadíme nejmenší možné číslo, tedy 1. Pak ve spodním řádkubudou čísla 24, 60, 1. Dáme-li do pole c číslo o 1 větší, zvětší se součet na pravé stranětrojúhelníku o 1. Abychom dostali tentýž součet i na zbylých stranách, číslo v poli azvětšíme oproti předchozímu způsobu vyplnění o 1, číslo v poli b zmenšíme o 1. Ve spodním

1

řádku tak dostaneme čísla 25, 59, 2. Stejným způsobem bychom postupně získali všechnařešení, poslední by mělo v poli b číslo 1. Existuje tedy 60 různých řešení.

Hodnocení. 3 body za odvození počtu řešení (holý výpočet) a další 3 body za zdůvodnění.Za pouhé uvedení jedné možnosti doplnění udělte 1 bod. Za pouhé uvedení správného počtumožností bez jakéhokoliv výpočtu či zdůvodnění udělte rovněž 1 bod.

Z9–II–2

Noční hlídač si psal pro ukrácení času posloupnost čísel. Začal jistým přirozenýmčíslem. Každý další člen posloupnosti vytvořil tak, že k předchozímu členu přičetl určitéčíslo: k prvnímu členu přičetl 1, k druhému 3, ke třetímu 5, ke čtvrtému 1, k pátému 3,k šestému 5, k sedmému 1 a tak dále. Víme, že se v jeho posloupnosti nacházejí čísla 40a 874.

1. Které číslo následuje v posloupnosti těsně po čísle 40 a které těsně po čísle 874?2. V posloupnosti najdeme dva těsně po sobě jdoucí členy, jejichž součet je 491. Kterádvě čísla to jsou?

(L. Šimůnek)

Možné řešení. 1. Po čísle 40 postupoval hlídač přičítáním +1 + 3 + 5 nebo +3 + 5 + 1nebo +5+1+ 3. Každopádně se však dostal k číslu 49. Určitě došel i k číslům 58, 67 atd.,tj. obecně 40 + a · 9, kde a je přirozené číslo. Nejvyšším takovým číslem menším než 874je 868 = 40+ 92 · 9. Aby hlídač dostal číslo 874, mohl k 868 přičítat jedině +5+ 1. Z tohoodvodíme pořadí sčítanců, které hlídač přičítal mezi čísly 859 a 868 a stejně tak mezi čísly40 a 49. Toto pořadí je +5+ 1+ 3. Nyní je už zřejmé, že v posloupnosti následuje po čísle40 číslo 45 a po čísle 874 číslo 877.2. Rozdíl dvou sousedních čísel v posloupnosti může být 1, 3 nebo 5. Podle toho

hledaná čísla mohou být a) 245 a 246, b) 244 a 247 nebo c) 243 a 248. Najdeme členposloupnosti, jehož hodnota je blízká hledaným číslům. Tím je např. číslo 238, protože238 = 40 + 22 · 9. Z předchozí části úlohy víme, že po takovém čísle následuje přičítání+5+1+3. Část posloupnosti tedy tvoří čísla . . . , 238, 243, 244, 247, 252, . . . a hledanýmičleny posloupnosti jsou 244 a 247.

Jiné řešení 2. části. Nejprve zjistíme, zda do posloupnosti patří dvojice čísel a) 245 a 246.Z rozdílu těchto čísel odvodíme, že číslo 245 by musel hlídač získat přičtením + 5, tedypředchozím členem by bylo 240. Členu 240 by předcházela trojice sčítanců + 5 + 1 + 3,tedy ta, která následuje po členu 40. To však není možné, protože 240 − 40 = 200 a 200není násobek devíti. Podobně můžeme vyšetřit i zbylé dvojice b) a c).

Hodnocení. V 1. části 2 body za správnou odpověď a 2 body za zdůvodnění; v 2. části1 bod za správnou odpověď a 1 bod za zdůvodnění.

2

Z9–II–3Vojta Vodník se bavil tím, že přeléval vodu mezi třemi nádobami. Nejprve přelil po

jedné třetině vody z druhé nádoby do první a třetí. Poté přelil po jedné čtvrtině vodyz první nádoby do druhé a třetí a nakonec ještě po jedné pětině vody ze třetí nádoby doprvní a druhé nádoby. Nakonec zbylo v každé nádobě po jednom litru vody. Kolik vodyměl Vojta původně v jednotlivých nádobách? (M. Petrová)

Možné řešení. (Řešení „od začátkuÿ) Označme množství vody v jednotlivých nádobáchx, y a z. Celý proces přelévání je ve zkratce znázorněn následující tabulkou; všechny hod-noty jsou v litrech.

1. nádoba 2. nádoba 3. nádoba

na začátku x y z

1. přelévání + y3 −2 · y

3 +y3

po přelévání x+ y3

y3 z + y

3

2. přelévání −2 · x+ y34 +x+ y

34 +x+ y

34

po přelévání x2 +

y6

x4 +

5y12

x4 +

5y12 + z

3. přelévání +x4+

5y12+z

5 +x4+

5y12+z5 −2 ·

x4+

5y12+z5

na konci 11x20 +

y4 +

z5

3x10 +

y2 +

z5

3x20 +

y4 +

3z5

Nyní snadno sestavíme soustavu rovnic, kterou budeme řešit:

11x20+

y

4+

z

5= 1,

3x10+

y

2+

z

5= 1,

3x20+

y

4+3z5= 1,

neboli

11x+ 5y + 4z = 20,

6x+ 10y + 4z = 20,

3x+ 5y + 12z = 20.

Odečtením prvních dvou rovnic dostáváme

5x− 5y = 0, tj. y = x.

3

Dosadíme do upravené druhé a třetí rovnice:

16x+ 4z = 20,

8x+ 12z = 20.

Tyto rovnice od sebe opět odečteme:

8x− 8z = 0, tj. z = x.

To znamená, že Vojta Vodník měl původně ve všech třech nádobách stejné množství vody,tj. po jednom litru jako na konci přelévání.

Hodnocení. 3 body za odvození množství vody v nádobách po třetím přelévání a 3 bodyza vyřešení soustavy rovnic.

Jiné řešení. (Řešení „od konceÿ) Budeme postupovat obráceně. Na konci po třetím pře-lévání máme v každé nádobě po jednom litru vody. Jeden litr ve třetí nádobě představuje35 množství vody, jež bylo v této nádobě před třetím přeléváním. Přelévali jsme tedy po

13 li-

tru. Tuto vodu „vrátíme zpětÿ:


po 3. přelévání 1 1 1

přelévání zpět − 13 − 13 +23

před 3. přeléváním 23

23

53

V první nádobě jsou nyní 23 litru, které představují24 množství vody v této nádobě před

druhým přeléváním. Opět jsme přelévali po 13 litru. Tuto vodu zase vrátíme zpátky:


po 2. přelévání 23

23

53

přelévání zpět + 23 − 13 −13před 2. přeléváním 4

313

43

Celou úvahu zopakujeme ještě jednou. Množství vody v druhé nádobě představuje 13 pů-vodního množství vody v této nádobě. Znamená to, že zpět vrátíme po 13 litru vody:


po 1. přelévání 43

13

43

přelévání zpět −13 +23 − 13na začátku 1 1 1

4

Hodnocení. U každého přelévání 1 bod za určení, jaká část vody zůstala v nádobě, a 1 bodza stanovení množství vody v nádobách před přeléváním.

Z9–II–4V Kocourkově plánovali postavit přes řeku ozdobný most, jehož oblouk má být částí

kružnice. Tento oblouk tvoří spolu s vozovkou obvod kruhové úseče. V původním návrhubyla ale výška oblouku mostu příliš velká. Postavili tedy most, jehož výška oblouku bylatřikrát menší, tím se však poloměr příslušné kružnice dvakrát zvětšil. V jakém poměrubyla výška oblouku mostu a poloměr příslušné kružnice u návrhu a v jakém u postavenéhomostu?

v

r

(M. Petrová)

Možné řešení. Je třeba si uvědomit, že délka mostu l je v obou případech stejná. Označmedále r1 a v1 poloměr příslušné kružnice a výšku oblouku navrženého mostu, podobně r2a v2 značí odpovídající veličiny u postaveného mostu.

v1

v2

r1−v1

r2−v2

r2r1

12 l

12 l

Střed oblouku kružnice a krajní body vozovky mostu tvoří rovnoramenný trojúhelník,jehož základnou je vozovka mostu (vozovka mostu je tětivou příslušné kružnice). Potompro délku mostu l podle Pythagorovy věty platí

(l

2

)2= r21 − (r1 − v1)

2 = 2r1v1 − v21 , (1)

(l

2

)2= r22 − (r2 − v2)

2 = 2r2v2 − v22 . (2)

Porovnáme rovnosti (1) a (2):

2r1v1 − v21 = 2r2v2 − v22 . (3)

5

Ze zadání ještě víme, že

v1 = 3v2, (4)

r2 = 2r1. (5)

Dosadíme do rovnice (3) a dále upravíme:

2r1(3v2)− (3v2)2 = 2(2r1)v2 − v22 ,

6r1v2 − 9v22 = 4r1v2 − v22 ,

2r1v2 = 8v22 ,

r1v2 = 4v22 .

Protože v2 je číslo kladné, můžeme jím rovnici vydělit:

r1 = 4v2. (6)

Využijeme vztah (5):r2 = 2r1 = 2 · 4v2 = 8v2.

Nyní zjistíme hledané poměry:

• poměr u návrhu je v1 : r1 = (3v2) : (4v2) = 3 : 4,• poměr u postaveného mostu je v2 : r2 = v2 : (8v2) = 1 : 8.

Hodnocení. 1 bod za správné užití Pythagorovy věty; 1 bod za porovnání délek mostu;1 bod za vztahy (4) a (5); 1 bod za odvození vztahu (6) či za analogický vztah; po 1 boduza každý výsledný poměr.

6


III. kolo kategorie Z9Z9–III–1Na naši zamyšovanou chalupu jsme přivezli myšilovce kocoura Vildu. V pondělí chytil

12 všech myší, v úterý

13 zbylých, ve středu

14 těch, co zbyly po úterním lovu, a ve čtvrtek

už jen 15 zbytku. V pátek se zbylé myši raději odstěhovaly. Kolik bylo myší na chalupěpůvodně, jestliže se v pátek odstěhovalo o dvě myši více, než jich Vilda chytil v úterý?Nezapomeňte ověřit, zda byl každý den uloven celočíselný počet myší.

(M. Volfová, M. Dillingerová)

Možné řešení. V pondělí kocour ulovil 12 všech myší.V úterý ulovil 13 ze zbylé

12 , tj.

16 všech myší; zbyla

12 − 1

6 =26 =

13 všech.

Ve středu ulovil 14 z13 , tj.


13 − 1

12 =312 =

14 všech.

Ve čtvrtek ulovil 15 z14 , tj.


14 − 1

20 =420 =

15 všech (a ty se v pátek

odstěhovaly).Podle zadání je 15 všech myší o dvě více, než bylo uloveno v úterý, tj. než

16 všech.

Dvě myši tedy tvoří rozdíl 15 a16 všech myší. Protože

15 − 1

6 =130 , představují dvě myši

130

všech, takže původně bylo na chalupě 2 · 30 = 60 myší.Kontrola: V pondělí bylo uloveno 30 myší, zbylo 30; v úterý uloveno 10, zbylo 20; ve

středu uloveno 5, zbylo 15; ve čtvrtek uloveny 3, zbylo 12 (což je skutečně o 2 více nežúterní úlovek).

Jiné řešení. Pokud označíme původní počet všech myší jako x, lze pomocí této neznámévyjádřit všechny úvahy uvedené výše. Závěrečná úvaha pak může být řešena rovnicí takto:

15x =

16x+ 2,

6x = 5x+ 60,

x = 60.

Hodnocení. Po 1 bodu za zlomky vyjadřující úlovky v úterý, středu a čtvrtek; 1 bod zazlomek vyjadřující počet odstěhovaných myší; 1 bod za konečný výsledek; 1 bod za ověření,že všechny úlovky jsou celá čísla.

Z9–III–2Jirka, Vít a Ota na soutěži získali všechny tři medaile. Nechtěli se chlubit, proto takto

žertovali:Jiří: „Ota získal zlatou!ÿVít: „Ale ne, Ota získal stříbrnou!ÿOta: „Nedostal jsem ani zlatou ani stříbrnou!ÿTělocvikář prozradil, že nositel zlaté medaile mluvil pravdu a nositel bronzové lhal.

Kdo získal jakou medaili? (M. Volfová)

Možné řešení. Úlohu lze řešit úvahou, kdo mohl dostat zlatou medaili:

1

Kdyby ji dostal Ota, pak by jeho výrok nebyl pravdivý a to odporuje sdělení tělo-cvikáře.Kdyby dostal zlatou Jiří, pak by jeho výrok taky nebyl pravdivý, což opět odporuje

sdělení tělocvikáře.Zlatou tedy dostal Vít. Ten jako nositel zlaté medaile mluví pravdu a z jeho sdělení

plyne, že Ota získal stříbrnou. Pro Jiřího zbyla bronzová medaile a jeho výrok je sku-tečně lež.Závěr: Vít získal zlatou, Ota stříbrnou a Jiří bronzovou medaili.

Hodnocení. 1 bod za správný závěr; 5 bodů za přesné zdůvodnění.

Z9–III–3Ve čtvercové síti, jejíž čtverce mají stranu délky a, jsou narýsovány dvě kružnice

(viz obrázek). Obě mají střed v bodě S a každá prochází čtyřmi mřížovými body. Šeděvybarvený obrazec je vymezen částmi těchto kružnic a jednou síťovou přímkou. Vyjádřeteobsah šedého obrazce pomocí délky a.

S

a

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Mřížové body, jimiž prochází menší kružnice, označíme A, B, C a D.Na větší kružnici vyznačíme body K, L, M , N , O a P tak jako na obrázku. ŠestiúhelníkKLMNOP je pravidelný, což plyne z toho, že všechny jeho vrcholy leží na jedné kružnici,strany KL a NO mají délku evidentně shodnou s poloměrem této kružnice a ostatní čtyřistrany mají stejnou délku.Pro výpočet obsahu šedého obrazce budeme potřebovat obsah S1 většího kruhu a

obsah S2 jeho úseče vymezené tětivou LN , dále pak obsah S3 menšího kruhu a obsah S4jeho úseče vymezené tětivou BC.Větší kruh má poloměr 2a, jeho obsah je

S1 = π(2a)2 = 4πa2.

Obsah S2 kruhové úseče je roven rozdílu obsahů kruhové výseče LSN a trojúhelníku LSN .Úhel LSN zjevně vymezuje třetinu šestiúhelníku KLMNOP , obsah kruhové výseče LSN

2

S

a

K L

M

NO

P

A B

CD

Z

je tudíž roven třetině obsahu S1 většího kruhu, tj. 43πa2. Nyní vyjádříme obsah trojúhelníkuLSN . Střed úsečky LN označíme Z. Podle Pythagorovy věty určíme délku strany ZNtrojúhelníku SZN :

|ZN | =√(2a)2 − a2 = a

√3.

Odtud |LN | = 2a√3 a obsah trojúhelníku LSN je 12 · 2a

√3 · a = a2

√3. Konečně můžeme

vyjádřit obsah S2 kruhové úseče:

S2 =43

πa2 − a2√3 =

(43

π −√3)a2.

Poloměr menšího kruhu odpovídá úhlopříčce čtverce o straně a, tj. a√2. Obsah tohoto

kruhu jeS3 = π

(a√2)2= 2πa2.

Pokud od obsahu S3 odečteme obsah čtverce ABCD a rozdíl vydělíme čtyřmi, dostanemeobsah S4 kruhové úseče:

S4 =14(2πa2 − 4a2) =

(π

2− 1

)a2.

Kýžený obsah je roven

(S1 − S2)− (S3 − S4) = 4πa2 −

(43

π −√3)a2 − 2πa2 +

(π

2− 1

)a2,

což po úpravě odpovídá výrazu

(76

π+√3− 1

)a2.

Hodnocení. Po 1 bodu za obsahy S1, S3, S4; 2 body za obsah S2; 1 bod za správný závěr;poslední úprava není povinná.

3

Z9–III–4Adam s Evou hráli šachy.Adam vyhrál a utěšoval Evu: „To víš, já hraji šachy dlouho, dvakrát déle než ty!ÿEva se zlobila: „Ale minule jsi říkal, že je hraješ třikrát déle!ÿAdam se divil: „To že jsem říkal? A kdy to bylo?ÿ„Předloni!ÿ„No tak to ano, mluvil jsem pravdu — a dnes také.ÿJak dlouho hraje Adam šachy? (M. Volfová)

Možné řešení. Předpokládejme, že Eva hraje šachy x let. Potom údaje vystupující v za-dání úlohy můžeme stručně vyjádřit následující tabulkou:

předloni dnes

Eva x− 2 x

Adam 2x− 2 2x

Předloni hrál Adam šachy třikrát delší dobu než Eva, což vyjádříme rovnicí:

2x− 2 = 3(x− 2),2x− 2 = 3x− 6,

4 = x.

Odtud 2x = 8, což znamená, že Adam hraje šachy 8 let.

Hodnocení. 2 body za údaje odpovídající naší tabulce; 2 body za sestavení a řešenírovnice; 2 body za správný závěr.

4



Z5–I–1

Housenka Leona spadla doprostřed čtvercové sítě. Rozhodla se, že poleze „do spirályÿtak, jak je naznačeno na obrázku; na žádném čtverečku nebude dvakrát a žádný čtverečeknevynechá.

1 2

345

6

7 8 9 10

Z prvního čtverečku na druhý lezla směrem na východ, z druhého na třetí směrem nasever, ze třetího na čtvrtý směrem na západ, ze čtvrtého na pátý rovněž na západ, z pátéhona šestý na jih. . . Kterým směrem lezla z 81. na 82. čtvereček? (M. Petrová)

Možné řešení. Celou situaci si můžeme představit tak, že housenka Leona oblézá čtverce.Budeme sledovat, na kterém čtverečku v takovém čtverci skončí a kolika čtverečky jižprolezla. Důležité je zjistit, který z těchto čtverců obsahuje 81. čtvereček.

1. kolo: Čtvereček s číslem 1 obejde po osmi okolních čtverečcích. Tím již prolezla9 čtverečků a prolezla tak všechna políčka ve čtverci 3 × 3 („startovníÿ políčko je přesněuprostřed). Nachází se tak na čtverečku u jihovýchodního vrcholu tohoto čtverce. Z nějleze východním směrem.

2. kolo: Nyní oblezla předchozí čtverec po okolních čtverečcích. Tím již prolezla všemičtverečky čtverce 5×5, je opět na čtverečku u jihovýchodního vrcholu tohoto čtverce. Totopolíčko má tedy číslo 25 a opět z něj do dalšího čtverce vlézá východním směrem.

3. kolo: Opět oblezla předchozí čtverec, takže již prolezla všemi čtverečky ve čtverci7×7. Zase skončila na čtverečku u jihovýchodního vrcholu tohoto čtverce. Tento čtverečekmá číslo 49 a do dalšího čtverce vylézá východním směrem.

4. kolo: Nyní prolezla všemi čtverečky ve čtverci 9×9 a skončila na čtverečku u jihový-chodního vrcholu čtverce. Tento čtvereček má číslo 81 a zajímá nás, kterým směrem polezena další čtvereček. Protože odtud přelézá do dalšího čtverce, musí lézt opět východnímsměrem.

1

1 2

345

6

7 8 9 10

11

12

1314151617

18

19

20

21 22 23 24 25 26

27

28

29

30

31323334353637

38

39

40

41

42

43 44 45 46 47 48 49 50

51

52

53

54

55

56

575859606162636465

66

67

68

69

70

71

72

73 74 75 76 77 78 79 80 81 82

Jiné řešení. Políček je sice dost, ale pořád se dá Leonina cesta nakreslit:

1 2

345

6

7 8 9 10

11

12

1314151617

18

19

20

21 22 23 24 25 26

27

28

29

30

31323334353637

38

39

40

41

42

43 44 45 46 47 48 49 50

51

52

53

54

55

56

575859606162636465

66

67

68

69

70

71

72

73 74 75 76 77 78 79 80 81 82

Leona lezla z 81. na 82. políčko směrem na východ.

Z5–I–2

Míša si z papíru vystřihla dva stejné čtverce, jeden obdélník o rozměrech 10 cm×24 cma ještě jeden obdélník. Jaké rozměry mohl mít tento obdélník, pokud šlo ze všech čtyřútvarů složit čtverec, aniž by se jednotlivé díly překrývaly? Takových obdélníků lze naléztněkolik, uveď alespoň čtyři. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Při hledání možných rozměrů čtvrtého útvaru je výhodné postupovattakto: Nejprve k obdélníku s rozměry 10 cm×24 cm vhodně zvolíme umístění a velikost dvoustejných čtverců, přičemž si uvědomujeme, že nejdelší strana obrazce vzniklého z těchto

2

tří útvarů musí být zároveň stranou výsledného čtverce. Se znalostí délky této strany pakrozměry čtvrtého útvaru snadno spočítáme.

24

10 12 2

24

10 19

5

29

5 5

24

10 24 24

34

58

24

10 34

10

10

44

24

10 7 7

7

17

14

24

10 38

24

24 24

Rozměry čtvrtého útvaru v cm mohly být 2 × 24, 19 × 29, 34× 58, 34× 44, 14× 17nebo 24× 38. Jiné rozměry tento obdélník mít nemohl.

Poznámka. Práci se 4 až 6 možnostmi ohodnoťte 1 — výborně, práci se 2 až 3 možnostmiohodnoťte 2 — dobře. Uvede-li řešitel pouze jedinou možnost, ohodnoťte takové řešení 3 —nevyhovuje.

3

Z5–I–3

Vyřeš následující algebrogram a najdi všechna řešení. Stejná písmena nahraď stejnýmičíslicemi, různá různými.

OSELSEL

ELL

1 0 0 3 4

(M. Volfová)

Možné řešení. Diskusi začneme od jednotek: Součet čtyř L končí číslicí 4, což je možnépouze pro L = 1 (4 · 1 = 4) nebo pro L = 6 (4 · 6 = 24). Kdyby L = 1, pak by součetu desítek, tj. součet tří E, končil číslicí 3. To by bylo možné jen pro E = 1. To však nelze,protože pak by dvě různá písmena L a E byla nahrazena stejnou číslicí 1. L tedy musíbýt 6.Pro L = 6 je 4 · L = 4 · 6 = 24; dvě (desítky) připočítáme ke třem E a máme získat

číslo, které končí číslicí 3. To znamená, že 3 ·E končí číslicí 1, a to je možné jen pro E = 7.Pro E = 7 je 2 + 3 · E = 2 + 3 · 7 = 23; dvojku připočítáme k vyššímu řádu, tj. ke

dvěma S, a máme získat číslo, které končí číslicí 0. To znamená, že 2 · S končí číslicí 8, cožje možné pouze tehdy, když S = 4 nebo S = 9.a) Pokud S = 4, pak 2 + 2 · S = 2 + 2 · 4 = 10; jedničku připočítáme k O a máme

dostat 10. O tedy musí být 9 a řešení je

9 4 7 64 7 67 66

1 0 0 3 4

b) Pokud S = 9, pak 2+2 ·S = 2+2 · 9 = 20; dvojku připočítáme k O a máme dostat10. O tedy musí být 8 a řešení je

8 9 7 69 7 67 66

1 0 0 3 4

Poznámka. Práci obsahující pouze jedno řešení ohodnoťte 2 — dobře.

Z5–I–4

Nina dostala od paní učitelky následující kartičky:

: 6 −4 ·3 +1 : 417

4

Má z nich všech sestavit příklad pro své spolužáky. Pomoz Nině a sestav jeden takovýpříklad tak, aby každé dělení vyšlo beze zbytku. Jaký bude výsledek? (M. Petrová)

Možné řešení. Příklad musí začínat kartičkou s číslem 17. Je zřejmé, že jako druhánemůže být žádná kartička s dělením. Budeme proto postupně zkoušet zbývající tři kartičky.V následující tabulce jsou uvedeny všechny možnosti včetně neúspěšných pokusů; číslav závorkách ukazují mezivýsledky.

17 −4 (13) ·3 (39) +1 (40) : 6 nelze

17 −4 (13) ·3 (39) +1 (40) : 4 (10) : 6 nelze

17 −4 (13) ·3 (39) : 4 a 6 nelze

17 −4 (13) +1 (14) ·3 (42) : 6 (7) : 4 nelze

17 −4 (13) +1 (14) ·3 (42) : 4 nelze

17 −4 (13) +1 (14) : 4 a 6 nelze

17 −4 (13) : 4 a 6 nelze

17 ·3 (51) −4 (47) +1 (48) : 6 (8) : 4 (2)

17 ·3 (51) −4 (47) +1 (48) : 4 (12) : 6 (2)

17 ·3 (51) −4 (47) : 4 a 6 nelze

17 ·3 (51) +1 (52) −4 (48) : 6 (8) : 4 (2)

17 ·3 (51) +1 (52) −4 (48) : 4 (12) : 6 (2)

17 ·3 (51) +1 (52) : 6 nelze

17 ·3 (51) +1 (52) : 4 (13) −4 (9) : 6 nelze

17 ·3 (51) +1 (52) : 4 (13) : 6 nelze

17 ·3 (51) : 4 a 6 nelze

17 +1 (18) −4 (14) ·3 (42) : 6 (7) : 4 nelze

17 +1 (18) −4 (14) ·3 (42) : 4 nelze

17 +1 (18) −4 (14) : 4 a 6 nelze

17 +1 (18) ·3 (54) −4 (50) : 4 a 6 nelze

17 +1 (18) ·3 (54) : 6 (9) −4 (5) : 4 nelze

17 +1 (18) ·3 (54) : 6 (9) : 4 nelze

17 +1 (18) ·3 (54) : 4 nelze

17 +1 (18) : 6 (3) −4 nelze

17 +1 (18) : 6 (3) ·3 (9) −4 (5) : 4 nelze

17 +1 (18) : 6 (3) ·3 (9) : 4 nelze

17 +1 (18) : 6 (3) : 4 nelze

17 +1 (18) : 4 nelze

5

Nina má pouze čtyři možnosti, jak z kartiček sestavit příklad; tyto jsou v předchozítabulce zvýrazněny tučně, ve všech případech je výsledek 2.

Poznámka. Děti si mohou dané kartičky vyrobit z papíru a pak je zkoušet různě uspo-řádat. Řešení, ve kterém byl zkoušením nalezen jeden z výše uvedených příkladů a tentopříklad je správně vypočítán, považujte za správné a úplné.

Z5–I–5

Naše tři třídy, celkem 84 žáků, šly do kina. Lístek sice stál 50 Kč, ale každý 12. žákměl poloviční slevu a každý 35. vstup zdarma. Kolik stálo vstupné pro všechny žáky?

(M. Volfová)

Možné řešení. Protože 84 : 12 = 7, mělo 7 žáků poloviční slevu, tj. lístek za 25 Kč.Protože 84 : 35 = 2 (zbytek 14), měli 2 žáci vstup zdarma. Dohromady vstupenky stály

7 · 25 + 2 · 0 + (84− 7− 2) · 50 = 175 + 0 + 75 · 50 = 3 925 (Kč).

Z5–I–6

Kluci našli starý plán minového pole, viz obrázek. Čísla jsou na polích, kde žádnéminy nejsou, a udávají počet zaminovaných sousedících polí. Urči, kolik je v poli celkemmin a kde jsou. (Pole sousedí tehdy, mají-li společný vrchol nebo stranu.)

1 2 2

3 3

3 3

2

2

(M. Volfová)

Možné řešení. Plán můžeme začít jednoznačně doplňovat jedině od pole s číslem 3 v prv-ním sloupci nebo od pole s číslem 2 v pravém horním rohu. V obou případech musí být navšech neoznačených sousedních polích miny (ozn. ⋆):

1 2 ⋆ 2

⋆ 3 3 ⋆

3 ⋆ 3

⋆ 2

2

Potom lze doplnit všechna ostatní pole např. následujícím způsobem:

1 − 2 ⋆ 2

⋆ 3 3 ⋆

3 ⋆ 3

⋆ 2

2

1 − 2 ⋆ 2

⋆ 3 3 ⋆

3 ⋆ − 3

⋆ 2 −− − − 2

1 − 2 ⋆ 2

⋆ 3 ⋆ 3 ⋆

3 ⋆ − 3

⋆ 2 −

− − − 2

6

1 − 2 ⋆ 2

⋆ 3 ⋆ 3 ⋆

3 ⋆ − − 3

⋆ 2 −

− − − 2

1 − 2 ⋆ 2

⋆ 3 ⋆ 3 ⋆

3 ⋆ − − 3

⋆ 2 − ⋆ ⋆

− − − 2

1 − 2 ⋆ 2

⋆ 3 ⋆ 3 ⋆

3 ⋆ − − 3

⋆ 2 − ⋆ ⋆

− − − 2 −

Na plánu je celkem 8 min, jejichž rozmístění je ještě zvýrazněno na následujícím obrázku:

⋆

⋆ ⋆ ⋆

⋆

⋆ ⋆ ⋆

7



Z6–I–1

Jeníček s Mařenkou chodí k babičce, která má cukrárnu a prodává perníky. Oba dvají samozřejmě pomáhají, hlavně se zdobením. Za dobu, kdy babička ozdobí pět perníků,ozdobí Mařenka tři a Jeníček dva. Při poslední návštěvě ozdobili všichni tři dohromadypět plných táců. Mařenka s babičkou zdobily po celou dobu, Jeníček kromě zdobení rovnalperníky po dvanácti na jeden tác a odnášel je do spíže. Všichni tři ve stejnou dobu začalii skončili.

1. Kolik perníčků ozdobil Jeníček?2. Jak dlouho jim celá práce trvala, když babička ozdobí jeden perníček za 4 minuty?3. Jak dlouho pomáhal Jeníček zdobit?

(M. Petrová)

Možné řešení. Nejprve si zjistíme, kolik perníčků ozdobili dohromady. Bylo to 5 táců podvanácti perníčkách, tedy 60 perníčků (5 · 12 = 60).Kdyby si všichni tři v jeden okamžik vzali perníček a začali ho zdobit, pak si za

uvedených podmínek všichni tři zase najednou vezmou perníček až ve chvíli, kdy babičkaozdobí pátý, Mařenka třetí a Jeníček druhý, dříve ne. Dokonce ani dva z nich si nevezmouperníček ve stejnou chvíli před uplynutím uvedené doby. Tento časový úsek si pojmenujemejako jeden „cyklusÿ. Počet cyklů tedy musí být celé číslo (babička skončila s Mařenkou vestejnou chvíli).Nejprve si představíme, že Jeníček se věnoval pouze zdobení a s ničím dalším nepo-

máhal. Pak by za jeden cyklus všichni tři dohromady ozdobili 10 perníčků. K ozdobeníšedesáti perníčků by tedy potřebovali přesně 6 cyklů (60 : 10 = 6). Protože ale Jeníčeknezdobil celých 6 cyklů (rovnal také perníčky na tácy a ty pak odnášel), musela babičkas Mařenkou zdobit alespoň 7 cyklů.Kdyby pracovaly 8 cyklů, babička by ozdobila 40 perníčků (8 · 5 = 40) a Mařenka

by ozdobila 24 perníčků (8 · 3 = 24). Dohromady by ozdobily 64 perníčků, tedy více nežměly. Protože musely dokončit cyklus (jedna by jinak skončila dřív než druhá), nemohlobýt těchto cyklů 8 nebo více.To znamená, že babička s Mařenkou pracovaly právě 7 cyklů. Babička tedy ozdobila

35 perníčků (7 · 5 = 35) a Mařenka ozdobila 21 perníčků (7 · 3 = 21). Jeníček ozdobil 4perníčky (60− 35− 21 = 4).Jestliže babička ozdobí jeden perníček za 4 minuty, jeden cyklus trvá 20 minut (4 ·5 =

= 20). Celá práce jim tedy trvala 140 minut (7 · 20 = 140), tj. 2 hodiny 20 minut.Protože Jeníček ozdobil 4 perníčky, zdobil celé dva cykly (4 : 2 = 2), tj. 40 minut

(2 · 20 = 40).Jiné řešení. Úlohu lze řešit i tak, že „vynechámeÿ Jeníčkovo zdobení. Babička s Mařenkouozdobí za jeden cyklus dohromady 8 perníčků, takže cyklů bude nejvýše 7 (60 : 8 = 7,zbytek 4). Zbylé 4 perníčky ozdobí Jeníček. Kdyby bylo cyklů pouze 6, zdobil by Jeníčekpo celou dobu a nemohl by např. odnášet tácy. Méně cyklů samozřejmě být nemohlo. Dáluž je vše stejné.

8

Z6–I–2

Čtyřmístný PIN kód Rastislavova mobilu je zajímavý:

• jednotlivé číslice tvoří prvočísla,• 1. a 2. číslice v tomto pořadí vytvoří prvočíslo,• 2. a 3. číslice v tomto pořadí vytvoří prvočíslo,• 3. a 4. číslice v tomto pořadí vytvoří prvočíslo.Rastislav zapomněl svůj PIN kód, ale pamatuje si všechny výše uvedené vlastnosti

a snaží se zaktivovat vypnutý mobil. Která čísla by měl vyzkoušet? (M. Petrová)

Možné řešení. Nejprve si uvědomíme, že všechna jednomístná prvočísla jsou 2, 3, 5 a 7.Dále si zjistíme, že všechna dvojmístná prvočísla, která lze sestavit z těchto číslic, jsou

23, 37, 53, 73.

Když vyjádříme Rastislavův PIN jako ABCD, ze zadání víme, že AB, BC a CD musíbýt prvočísla. (Pozor, nikde není řečeno, že A, B, C a D jsou navzájem různé číslice!) Za Apostupně dosadíme číslice 2, 3, 5, 7 a budeme zjišťovat, zda a jakými číslicemi lze nahraditB, C, D, abychom vyhověli uvedeným požadavkům. Vše je shrnuto v následující tabulce:

A B C D PIN

2 3 7 3 2373

3 7 3 7 3737

5 3 7 3 5373

7 3 7 3 7373

Rastislav by měl vyzkoušet následující čtyři čísla: 2373, 3737, 5373 a 7373.

Z6–I–3

Na následujícím obrázku je útvar složený ze sedmi stejných čtyřúhelníkových dílkůstavebnice. Jaký je obvod tohoto útvaru, jestliže obvod jednoho čtyřúhelníkového dílku je17 cm?

9

(K. Pazourek)

Možné řešení. Obarvěme jednotlivé strany dílků následovně: nejdelší stranu zeleně, s nírovnoběžnou stranu modře, na ně kolmou stranu žlutě a zbývající stranu červeně; délkyodpovídajících stran budeme značit zkráceně z, m, z a c. Dále označme vybrané „vrcholyÿjednotlivých dílků jako na následujícím obrázku:

A B C

D

EF

G

H

I

J

KL

MN

O

R

Obvod obrazce je tvořen:

• 3 modrými úsečkami BC, HI a KL, jejichž délky jsou m,• 2 zelenými úsečkami AB a JK, jejichž délky jsou z,• 4 žlutými úsečkami CD, DE, NO a OA, jejichž délky jsou z,• 3 červenými úsečkami FG, IJ a LM , jejichž délky jsou c,• 2 shodnými úsečkami EF a MN a 1 úsečkou GH, jejichž délky zatím neznáme.

Délky úseček MN a EF spolu se zelenou stranou ER a modrou stranou RN dávajíúsečku MF , která je tvořena dvěma zelenými stranami. Jinými slovy,

|EF |+ |MN | = z + z − (z +m) = z − m.

Délku modré strany KG můžeme vyjádřit jako součet délek žluté strany KH a úsečkyGH, tedy

|GH| = m − z.

Dohromady, obvod obrazce je

3m+ 2z + 4z + 3c+ (z − m) + (m − z) = 3m+ 3z + 3z + 3c = 3(m+ z + z + c).

Dostali jsme tak trojnásobek obvodu jednoho čtyřúhelníkového dílku, tedy obvod celéhoobrazce je roven

3 · 17 = 51 (cm).

Poznámka. Pokud nejprve posuneme některé části obrazce tak, aby obvod zůstal zacho-ván, mohou se některé úvahy zjednodušit, viz např. následující obrázek.

10

Jiné řešení. Oddělme „komínÿ od „střechyÿ a „střechuÿ od „zdíÿ tak, jak ukazuje obrá-zek.

Součet obvodů těchto tří útvarů určíme snadno (použijeme značení m, z, z, c jakovýše):

5m+ 5z + 5z + 3c.

Uvedený součet je oproti obvodu původního útvaru větší o dvě délky z, což způsobilooddělení „komínuÿ, a o dva součty délek m + z, což způsobilo oddělení „zdíÿ. Obvodpůvodního útvaru je tedy

(5m+ 5z + 5z + 3c)− z − z − (m+ z)− (m+ z) = 3m+ 3z + 3z + 3c.

Vidíme, že původní útvar má třikrát větší obvod než čtyřúhelníkový dílek, tj. 3 · 17 == 51 (cm).

11

Z6–I–4

Tatínek se rozhodl, že bude dávat svému synovi Mojmírovi vždy jedenkrát za měsíckapesné. První kapesné dostal Mojmír v lednu. Tatínek každý měsíc kapesné zvyšoval vždyo 4 Kč. Kdyby Mojmír neutrácel, měl by po dvanáctém kapesném před Vánocemi 900 Kč.Kolik Kč dostal Mojmír při prvním kapesném v lednu? (L. Hozová)

Možné řešení. Označme výši lednového kapesného v Kč jako x. V únoru Mojmír dostalx+ 4, v březnu x+ 8, v dubnu x+ 12, . . . , v prosinci x+ 44. Podle zadání víme, že

12x+ (4 + 8 + 12 + 16 + 20 + 24 + 28 + 32 + 36 + 40 + 44) = 900.

Po úpravách dostáváme:

12x+ 264 = 900,

12x = 636,

x = 53.

Mojmír v lednu dostal 53 Kč.

Z6–I–5

Doplňte místo hvězdiček číslice tak, aby součet výsledků následujících dvou příkladůbyl 5 842:

∗ 2 ∗ 73 ∗ 4 ∗4 ∗ 0 0

2 ∗ 9 ∗− ∗ 2 ∗ 4

∗ 5 4 ∗(M. Dillingerová)

Možné řešení. Doplňujeme postupně jednotlivé číslice; některé lze doplnit nezávisle naostatním přímo v prvním příkladě, některé ve druhém, číslice pod čarou doplňujeme podleinformace o součtu výsledků obou příkladů. Postupovat můžeme např. následujícím způ-sobem:

∗ 2∗ 73∗ 434∗ 0 0

2∗ 9∗−∗ 2∗ 4

∗ 5 4∗

∗ 25 73∗ 4 34∗ 0 0

2∗ 9∗−∗ 2∗ 4

∗ 5 4∗∗ 2 5 73∗ 4 34∗ 00

2∗ 9 ∗−∗ 2∗ 4

∗ 5 42

∗ 2 5 73∗ 4 34∗ 0 0

2∗ 96−∗ 2∗ 4

∗ 5 4 2

12

∗ 2 5 73∗ 4 34∗ 0 0

2∗ 9 6−∗ 25 4

∗ 5 4 2

∗ 2 5 73∗ 4 34∗ 0 0

27 9 6−∗ 2 5 4

∗ 5 4 2∗ 2 5 73 ∗ 4 343 0 0

2 7 9 6

−∗ 2 5 4∗ 5 4 2

∗ 2 5 730 4 3

4 3 0 0

2 7 9 6

− ∗ 2 5 4∗ 5 4 2

1 2 5 73 0 4 3

4 3 0 0

2 7 9 6

−∗ 2 5 4∗ 5 4 2

1 2 5 7

3 0 4 3

4 3 0 0

2 7 9 6

− ∗ 2 5 41 5 4 2

1 2 5 7

3 0 4 3

4 3 0 0

2 7 9 6−1 2 5 41 5 4 2

Z6–I–6

Na školní olympiádu vytvořili žáci 6.B stupně vítězů z dřevěných krychlí, viz obrázek.Kolik krychlí celkem použili?

12

3

Sestavené stupně natřeli po celém povrchu (kromě podstavy) na bílo a po vyhlášenívýsledků svůj výtvor rozebrali. Kolik krychlí mělo 6, kolik 5, 4, 3, 2, 1 či žádnou stěnubílou? (M. Dillingerová, M. Volfová)

Možné řešení. Na druhý stupeň je celkem potřeba 4·4·3 = 48 krychlí, na první 4·4·4 = 64a na třetí 4 · 4 · 2 = 32. Žáci tedy celkem použili

48 + 64 + 32 = 144

krychlí.

13

Krychlí, které nemají žádnou stěnu bílou, je v první (nejspodnější) vrstvě 10 · 2 = 20,ve druhé 7 · 2 = 14, ve třetí 3 · 2 = 6 a ve čtvrté vrstvě žádná; celkem tedy

20 + 14 + 6 = 40.

Krychlí, které mají právě jednu stěnu bílou, je v přední/zadní stěně 10 + 7 + 3 = 20,v bočních stěnách 4+2+2 = 8 (počítáno zleva doprava) a v horních stěnách 6+4+6 = 16;celkem tedy

20 · 2 + 8 + 16 = 64.Krychlí, které mají právě dvě stěny bílé, je na podélných hranách 2 · (3+ 2+ 3) = 16,

na příčných 4 · 2 = 8 a na svislých 4 + 2 + 2 = 8; celkem tedy

16 + 8 + 8 = 32.

Krychlí, které mají tři stěny bílé, je právě 8 a žádná krychle nemá obarveno více nežtři stěny.Pro kontrolu ještě porovnáme výsledky z obou částí diskuse:

144 = 40 + 64 + 32 + 8.

Poznámka. Pro jiný systém v řešení podobného problému viz úlohu Z7–I–4.

14



Z7–I–1

Do prodejny vína se v noci vloupal kocour. Vyskočil na polici, na níž byly v dlouhéřadě vyrovnány lahve s vínem — první třetina lahví zkraje stála po 160 Kč, následujícítřetina lahví stála po 130 Kč a poslední třetina po 100 Kč. Nejprve kocour shodil na zemlahev za 160 Kč, která stála úplně na začátku řady, a pak postupoval dále a shazovalbez vynechání jednu lahev za druhou. Než ho to přestalo bavit, srazil 25 lahví a ty sevšechny rozbily. Ráno majitel zalitoval, že kocour nezačal se svým řáděním na druhémokraji police. I kdyby totiž rozbil stejný počet lahví, byla by škoda o 660 Kč menší. Koliklahví bylo původně na polici? (L. Šimůnek)

Možné řešení. V zadání není uvedeno, ve které třetině řady kocour přestal shazovatlahve. Budeme postupně uvažovat o každé třetině jako o té, kde kocour skončil, a vždydojdeme k závěru, zda mohl skončit právě v ní či nikoli.Pokud přestal v první třetině řady, škoda by při shazování od opačného konce byla

o 25 · 60 = 1 500 (Kč) menší, protože rozdíl v ceně nejdražší a nejlevnější lahve vína je60 Kč. V zadání úlohy je rozdíl škod jiný, a sice 660 Kč. Kocour tedy neskončil v prvnítřetině řady.Pokud shodil více než jednu třetinu, avšak maximálně dvě třetiny řady, rozbil všechny

nejdražší lahve a možná několik středně drahých. Při postupu z opačné strany by zlikvidovalstejný počet středně drahých a místo všech nejdražších všechny nejlevnější. Rozdíl škodtedy odpovídá počtu lahví tvořících třetinu řady vynásobenému 60 Kč. Třetinu řady bytedy tvořilo 660 : 60 = 11 lahví a lahví celkem by bylo 3 · 11 = 33. Kocour dle zadáníshodil 25 lahví, což je více než dvě třetiny z celkových 33 lahví. Podmínka, kterou uvádímena začátku tohoto odstavce, není splněna, a kocour tudíž nemohl skončit ve druhé třetiněřady.Pokud shodil více než dvě třetiny lahví, zachovalo se jen několik nejlevnějších.

Shazoval-li by od opačného konce, zůstalo by nedotčeno stejně nejdražších lahví. Rozdílškod odpovídá počtu nedotčených lahví vynásobenému 60 Kč. Nedotčených lahví by tedymuselo být 660 : 60 = 11 a lahví celkem 11 + 25 = 36. To by znamenalo, že kocour shodilvšech 12 nejdražších lahví (36 : 3 = 12), všech 12 středně drahých a jednu nejlevnější.Takové řešení vyhovuje.Na polici bylo původně 36 lahví.

Z7–I–2

Na tabuli jsou napsaná tři přirozená čísla a, b, c, pro která platí:

• největší společný dělitel čísel a, b je 15,• největší společný dělitel čísel b, c je 6,• součin čísel b, c je 1 800,• nejmenší společný násobek čísel a, b je 3 150.Která to jsou čísla? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Do tabulky budeme postupně zapisovat jednotlivé prvočíselné činitelerozkladů čísel a, b, c.

15

Podle první podmínky je největší společný dělitel čísel a a b roven 15 = 3 · 5. Toznamená, že jak v řádku a, tak v řádku b musí být činitelé 3 a 5 a žádný další činitelnemůže být v obou řádcích zároveň. Po uplatnění první a jí podobné druhé podmínkyvypadá tabulka takto:

a 3 · 5 . . .

b 2 · 3 · 5 . . .

c 2 · 3 . . .

Podle třetí podmínky platí b · c = 1 800 = 2 ·2 ·2 ·3 ·3 ·5 ·5. To znamená, že v řádcích ba c musí být těchto 7 činitelů a žádný navíc. Podle čtvrté podmínky je nejmenší společnýnásobek čísel a a b roven 3 150 = 2 · 3 · 3 · 5 · 5 · 7. Pro řádky a a b to znamená, že:

• v jednom z nich musí být právě jednou činitel 2 a ve druhém maximálně jednou (totéžplatí i pro činitel 7),

• v jednom z nich musí být právě dvakrát činitel 3 a ve druhém maximálně dvakrát(totéž platí i pro činitel 5),

• žádný jiný činitel tam být nemůže.Podle třetí podmínky musíme do řádků b a c doplnit už jen dva činitele: 5 a 2. Činitel

5 nemůže být v řádku c, protože pak by čísla b a c měla společný dělitel 2 · 3 · 5 = 30,což odporuje druhé podmínce. Činitel 2 nemůže být v řádku b, protože to by odporovaločtvrté podmínce o nejmenším společném násobku čísel a a b. Po této úvaze máme řádky ba c zcela zaplněny:

a 3 · 5 . . .

b 2 · 3 · 5 · 5

c 2 · 2 · 3

Podle čtvrté podmínky mohou být v řádku a pouze činitelé 2, 3, 5, 7. Činitele 2 a 5 tamnemůžeme doplnit, vznikl by totiž společný dělitel čísel a a b odporující první podmínce.Činitele 3 a 7 do řádku a doplnit musíme kvůli čtvrté podmínce:

a 3 · 3 · 5 · 7 = 315

b 2 · 3 · 5 · 5 = 150

c 2 · 2 · 3 = 12

Neznámé a, b, c jsou po řadě rovny číslům 315, 150, 12.

16

Z7–I–3

Ve čtyřúhelníku KLMN známe vyznačené úhly a víme, že platí |KN | = |LM |. Jakáje velikost úhlu KNM?

K L

M

N

75◦

30◦

50◦

(L. Hozová)

Možné řešení. Protože součet vnitřních úhlů v libovolném trojúhelníku je 180◦, velikostúhlu LKM je 180◦ −75◦ −30◦ = 75◦. Odtud plyne, že trojúhelník KLM je rovnoramenný,tj. |LM | = |KM |. Podle zadání je |LM | = |KN |, tudíž |KM | = |KN | a trojúhelník KMNje také rovnoramenný. Velikost úhlu KNM je tedy rovna

(180◦ − 50◦) : 2 = 65◦.

Z7–I–4

Krychle byla složena z 64 krychliček o hraně 2 cm. Pak bylo několik krychliček z vidi-telné strany odebráno, viz obrázek.

1. Jaký je objem a jaký povrch získaného tělesa?2. Těleso bylo po celém povrchu natřeno červeně, pak rozebráno na původní krychličky.Kolik z nich mělo 6, kolik 5, 4, 3, 2, 1 či žádnou stěnu červenou?

(M. Volfová)

Možné řešení. 1. Povrch tělesa je stejný jako povrch původní krychle, tj.

6 · 8 · 8 = 384 (cm2).

Z původní krychle bylo odebráno 3 + 5 + 9 = 17 krychliček (počítáno po vrstvách zdola)a objem původní krychle byl 8 · 8 · 8 = 512 (cm3). Objem získaného tělesa je tedy

512− 17 · (2 · 2 · 2) = 512− 136 = 376 (cm3).

17

2. Žádná z krychliček nemá obarveno 5 a více stěn, ostatní případy jsou diskutoványv následující tabulce. V jednotlivých vrstvách (číslováno zdola nahoru) počítáme krychlič-ky, jež mají 4, 3, 2, 1, resp. žádnou stěnu červenou. Odpověď je v posledním řádku, poslednísloupec doplňujeme pro kontrolu:

4 3 2 1 0 celkem

1. vrstva 1 5 6 4 0 16

2. vrstva 0 2 3 6 2 13

3. vrstva 0 3 3 5 0 11

4. vrstva 2 5 0 0 0 7

celkem 3 15 12 15 2 47

Z7–I–5

Na číselné ose jsou znázorněna čísla 12x a −4x. Znázorni na této ose nulu a číslo x.

(M. Petrová)

Možné řešení. Nejprve je potřeba si uvědomit, kterému bodu odpovídá které číslo. Jezřejmé, že x nemůže být nula (pak by oba body splývaly). Je-li x kladné, potom levý bodznázorňuje číslo −4x a pravý bod číslo 12x. Je-li ale x záporné, pak je levý bod obrazemčísla 12x a pravý bod obrazem čísla −4x.a) x kladné:Vzdálenost čísel vyznačených na číselné ose je 16x. Úsečku ohraničenou vyznačenými

body rozdělíme na čtvrtiny. Každý ze čtyř úseků pak bude mít délku 4x. To znamená, že(zleva doprava) postupně dostaneme obrazy čísel −4x, 0, 4x, 8x, 12x. Nule tedy odpovídádruhý bod zleva z vyznačených pěti bodů.Nyní si budeme všímat úsečky, jejíž krajní body znázorňují čísla 0 a 4x. Opět ji

rozdělíme na čtvrtiny. Dostaneme tak po řadě (zleva doprava) obrazy čísel 0, x, 2x, 3x,4x. Číslo x je znázorněno druhým bodem zleva z těchto pěti bodů.

−4x 0 x 2x 3x 4x 8x 12x

b) x záporné:Postupujeme analogicky — celá situace je vlastně „zrcadlovým obrazemÿ té předchozí.

Rozdělením zadané úsečky na čtvrtiny dostaneme (zleva doprava) obrazy čísel 12x, 8x, 4x,0, −4x a nule odpovídá čtvrtý bod zleva z těchto pěti bodů.Úsečku, jejímiž krajními body jsou obrazy čísel 4x a 0, znovu rozdělíme na čtvrtiny.

Dostaneme (zleva doprava) obrazy čísel 4x, 3x, 2x, x, 0. Číslo x je znázorněno čtvrtýmbodem zleva z této pětice bodů.

18

12x 8x 4x 3x 2x x 0 −4x

Jiné řešení. Jak nulu, tak číslo x lze nalézt mezi −4x a 12x pouze půlením vhodnýchúseček na číselné ose. Využijeme toho, že aritmetickému průměru dvou čísel odpovídá středpříslušné úsečky:

• aritmetický průměr −4x a 12x je 4x,• aritmetický průměr −4x a 4x je 0,• aritmetický průměr 0 a 4x je 2x,• aritmetický průměr 0 a 2x je x.

Tento postup znázorníme v případě a) pro x kladné:

−4x 0 x 2x 4x 12x

Z7–I–6

Doplňte místo hvězdiček číslice tak, aby součet výsledků následujících dvou příkladůbyl 5 842:

∗ 2 ∗ 73 ∗ 4 ∗4 ∗ 0 ∗

2 ∗ 9 ∗−∗ 2 5 4

∗ 5 ∗ ∗Úloha má více řešení, určete alespoň dvě. (M. Dillingerová)

Možné řešení. Doplňujeme postupně jednotlivé číslice; některé lze doplnit nezávisle naostatním přímo v prvním příkladě, některé ve druhém, číslice pod čarou doplňujeme podleinformace o součtu výsledků obou příkladů. Postupovat můžeme např. následujícím způ-sobem:

∗ 2∗ 73∗ 4∗4∗ 0∗

27 9 ∗−∗ 2 5 4

∗ 5 ∗ ∗∗ 2∗ 73 ∗ 4∗43 0 ∗

2 7 9∗−∗ 2 5 4

∗ 5 ∗ ∗

∗ 2 ∗ 730 4 ∗4 3 0 ∗

2 7 9∗−∗ 2 5 4

∗ 5∗ ∗

1 2 ∗ 73 0 4∗4 3 0∗

2 7 9∗−∗ 2 5 4

∗ 5∗ ∗1 2∗ 73 0 4∗4 3 0∗

2 7 9∗− ∗ 2 5 41 5 ∗ ∗

19

1 2∗ 73 0 4∗4 3 0∗

2 7 9∗−1 2 5 41 5 ∗ ∗

Zde již nelze doplnit žádnou číslici jednoznačně. Na místě jednotek v kterémkoli zatímneznámém čísle může být číslice od 0 do 9 a libovolná volba na jednom takovém místě stačík doplnění všech zbývajících číslic. Úloha tedy má nejvýše deset řešení, které již snadnoodhalíme. Např. po doplnění 0 do výsledku prvního příkladu můžeme pokračovat takto:

1 2∗ 73 0 43

4 3 0 0

2 7 9∗− 1 2 5 41 5∗ ∗

1 25 73 0 43

4 3 0 0

2 7 9∗− 1 2 5 41 5∗ ∗

1 2 5 7

3 0 4 3

4 3 00

2 7 9 ∗− 1 2 5 41 5∗2

1 2 5 7

3 0 4 3

4 3 0 0

2 7 96− 1 2 5 41 5∗ 2

1 2 5 7

3 0 4 3

4 3 0 0

2 7 9 6− 1 2 5 41 54 2

Kontrola (4 300+1 542 = 5 842) nás ujistí, že jsme právě našli jedno z možných řešení.Tímto způsobem lze najít všechna řešení, kterých je právě sedm:

1 2 5 73 0 4 3

4 3 0 0

2 7 9 6− 1 2 5 41 5 4 2

1 2 5 73 0 4 4

4 3 0 1

2 7 9 5− 1 2 5 41 5 4 1

1 2 5 73 0 4 5

4 3 0 2

2 7 9 4− 1 2 5 41 5 4 0

1 2 5 73 0 4 6

4 3 0 3

2 7 9 3− 1 2 5 41 5 3 9

20

1 2 5 73 0 4 7

4 3 0 4

2 7 9 2− 1 2 5 41 5 3 8

1 2 5 73 0 4 8

4 3 0 5

2 7 9 1− 1 2 5 41 5 3 7

1 2 5 73 0 4 9

4 3 0 6

2 7 9 0− 1 2 5 41 5 3 6

Poznámka. Při doplnění např. 7 do výsledku prvního příkladu vede předchozí postupk následujícímu závěru:

1 2 6 73 0 4 0

4 3 0 7

2 7 9 9− 1 2 5 41 5 4 5

Toto však není řešení dané úlohy, protože 4 307+ 1 545 6= 5 842. Ze stejného důvodu nezís-káme další řešení ani po doplnění 8 a 9 na místo 7. . .

21



Z8–I–1

Napište číslo 75 jako součet několika po sobě bezprostředně jdoucích přirozených čísel.Najděte aspoň čtyři řešení. (M. Volfová)

Možné řešení. Chceme-li vyjádřit 75 požadovaným způsobem pomocí dvou sčítanců,hledáme přirozené číslo x tak, aby 75 = x+(x+1) = 2x+1. Jediné takové číslo je x = 37,tudíž

75 = 37 + 38.

Podobně pro tři sčítance, hledáme přirozené řešení rovnice 75 = x+(x+1)+(x + 2) == 3x+ 3, jež je x = 24, tudíž

75 = 24 + 25 + 26.

Pomocí čtyř (podobně osmi, dvanácti, . . . ) sčítanců 75 takto vyjádřit nelze, neboťsoučet jakýchkoli čtyř (podobně osmi, dvanácti, . . . ) po sobě bezprostředně jdoucích při-rozených čísel je vždy sudý.Pět sčítanců odpovídá řešení rovnice 75 = x+(x+1)+(x+2)+(x+3)+(x+4) = 5x+10,

jež je x = 13, tudíž75 = 13 + 14 + 15 + 16 + 17.

Obdobným způsobem lze najít ještě následující řešení pomocí šesti, resp. desíti sčí-tanců:

75 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15,

75 = 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12.

Poznámka. Alternativní zápis pro tři sčítance může vypadat následovně: 75 = (y − 1) ++y+(y+1) = 3y, odtud y = 25, což souhlasí s předchozím závěrem. Tento způsob zápisu jevýhodný zejména pro liché počty sčítanců; např. 75 nelze zapsat požadovaným způsobempomocí sedmi, resp. devíti sčítanců, protože 75 není dělitelné 7, resp. 9. . .

Z8–I–2

Tři kamarádky se sešly na chalupě a vyrazily na houby. Našly celkem 55 hřibů. Ponávratu si udělaly smaženici, rozdělily ji na čtyři stejné porce a pozvaly na ni kamarádaPepu. Líba dala na smaženici šest ze svých hřibů, Maruška osm a Šárka pět. Každé pakzbyl stejný počet hřibů. Pepa jim daroval bonboniéru, kde bylo 38 bonbonů, a řekl, že semají spravedlivě rozdělit podle toho, jak přispěly na jeho jídlo.

1. Kolik hřibů našla každá?2. Jak se měly podle Pepy podělit?

(M. Volfová)

Možné řešení. 1. Do smaženice kamarádky daly celkem 6 + 8 + 5 = 19 hřibů, takže jimzůstalo 55− 19 = 36. Všechny pak měly stejně, každé tedy zbylo 36 : 3 = 12 hřibů. Líba

22

dala do smaženice 6 hřibů, našla tedy 12 + 6 = 18 hřibů, Maruška dala 8, našla proto12 + 8 = 20 a Šárka dala 5, našla jich 12 + 5 = 17.2. Každý snědl čtvrtinu smaženice, tzn. každý snědl 19

4= 4 3

4hřibů. Líba dala do

smaženice 6 hřibů (sama snědla 4 34), do Pepovy porce tedy přispěla množstvím 6−4 3

4= 1 1

4,

tj. 54hřibů. Maruška dala 8 hřibů, přispěla Pepovi 8− 4 3

4= 3 1

4= 13

4hřibů. Šárka dala 5

hřibů, přispěla Pepovi 5− 4 34= 1

4hřibu.

Děvčata se měla podle Pepy podělit v poměru 54: 134: 14. To je totéž jako poměr

5 : 13 : 1 nebo též 10 : 26 : 2, tedy celkem 38 dílů, což odpovídá právě 38 bonbónůmv bonboniéře. Líba měla podle Pepy dostat 10 bonbonů, Maruška 26 a Šárka 2.

Z8–I–3

Sedadla v divadelním sálu jsou rozdělena do tří kategorií podle jejich vzdálenostiod jeviště. „I. místaÿ jsou nejblíže jevišti, tvoří dvě pětiny kapacity sálu a prodávají seza 220 Kč. „II. místaÿ tvoří další dvě pětiny sálu a prodávají se za 200 Kč. Zbývající„III. místaÿ se prodávají za 180 Kč. Před zahájením předprodeje na slavnostní premiérubylo rozdáno 150 vstupenek zdarma zvaným hostům. Vstupenky byly rozdávány postupněod předních míst sálu dozadu. Všechny ostatní vstupenky pak byly prodány. Kdyby se všakvolné vstupenky rozdávaly postupně od zadních míst dopředu, byla by tržba o 4 320 Kčvětší. Kolik míst bylo v sálu? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Pro výpočty je podstatné, v kolikáté pětině sálu končí úsek s volnýmivstupenkami (viz obrázek). Řešení úlohy proto rozdělíme do pěti částí a v každé budemepracovat s jiným předpokladem. Pro počet sedadel v jedné pětině sálu používáme nezná-mou p.

jeviště

220,– 220,– 200,– 200,– 180,–

1., 2., 3., 4., 5. pětina

a) Předpokládáme, že 150 volných vstupenek tvořilo 15sálu nebo méně. Přesunem

volných vstupenek do zadní části sálu by se získalo 150 · 40 = 6 000 (Kč), což neodpovídázadání.b) Předpokládáme, že úsek s volnými vstupenkami končí v druhé pětině sálu, tedy že

p < 150 ≦ 2p. Přesunem volných vstupenek z první pětiny do páté by se získalo 40p Kč.Ve druhé pětině sálu je 150− p volných vstupenek a jejich přesunem do čtvrté pětiny byse získalo 20 · (150− p) Kč. Vypočítáme p:

40p+ 20 · (150− p) = 4 320,

20p+ 3 000 = 4 320,

p = 66.

23

Vidíme, že předpokládaná nerovnost 150 ≦ 2p neplatí, a proto úsek s volnými vstupenkaminemůže končit ve druhé pětině sálu.c) Předpokládáme, že úsek s volnými vstupenkami končí ve třetí pětině sálu, tedy že

2p < 150 ≦ 3p. Přesunem volných vstupenek z první pětiny do páté by se získalo 40p Kč,ze druhé pětiny do čtvrté 20p Kč. Zbylých 150 − 2p volných vstupenek je ve třetí pětiněsálu a ty by se přesunuly bez zisku opět do třetí pětiny. Vypočítáme p:

40p+ 20p+ 0 · (150− 2p) = 4 320,60p = 4 320,

p = 72.

Vidíme, že předpokládaná nerovnost 2p < 150 ≦ 3p platí. Úsek s volnými vstupenkamitedy mohl končit ve třetí pětině sálu a počet míst v sále by pak byl 5p = 5 · 72 = 360.d) Předpokládáme, že úsek s volnými vstupenkami končí ve čtvrté pětině sálu, tedy

že 3p < 150 ≦ 4p. Můžeme sestavit rovnici podobně jako v předchozích odstavcích neboukázat jinou úvahu: za vstupenky v páté pětině sálu se utržilo 180p Kč, vstupenek večtvrté pětině se prodalo 4p − 150 a utržilo se za ně 200 · (4p − 150) Kč. Pokud by se volnévstupenky rozdávaly od zadních řad, prodalo by se 5p − 150 vstupenek a všechny by bylyza 220 Kč. Rozdíl těchto dvou tržeb je 4 320 Kč, docházíme k takovéto rovnici:

220 · (5p − 150)− 180p − 200 · (4p − 150) = 4 320,120p − 3 000 = 4 320,

p = 61.

Vidíme, že předpokládaná nerovnost 3p < 150 neplatí, a proto úsek s volnými vstupenkaminemůže končit ve čtvrté pětině sálu.e) Předpokládáme, že úsek s volnými vstupenkami končil až v páté pětině sálu. Mů-

žeme postupovat jako v odstavcích b), c) a d) nebo použít jednodušší úvahu: peníze seutržily pouze za místa v páté pětině, prodávala-li by se místo toho v první pětině, získaloby se za každé o 40 Kč více. Prodávaných míst by tedy bylo 4 320 : 40 = 108 a všech míst150 + 108 = 258. Pak by ale úsek se 150 volnými vstupenkami nekončil v poslední pětiněsálu, tedy předpoklad v úvodu této části řešení nemůže být naplněn.V sále bylo 360 míst.

Z8–I–4

Dostali jsme krychli, která měla délku hrany vyjádřenou v centimetrech celým číslem.Všechny její stěny jsme obarvili na červeno a poté jsme ji rozřezali beze zbytku na krych-ličky o hraně 1 cm.

• Lukáš tvrdí, že krychliček se dvěma obarvenými stěnami je desetkrát více než těch setřemi obarvenými stěnami.

• Martina říká, že krychliček se dvěma obarvenými stěnami je patnáctkrát více než těchse třemi obarvenými stěnami.

Pravdu má však pouze jeden — kdo? A kolik měřila hrana původní krychle?(L. Šimůnek)

Možné řešení. Z formulace zadání plyne, že hrana původní krychle měřila aspoň 2 cm.

24

Krychlička má tři obarvené stěny, pokud její vrchol byl původně vrchol velké krychle.Takových krychliček je proto stejně jako vrcholů krychle, tedy 8.Krychlička má právě dvě obarvené stěny, pokud jedna její hrana tvořila původně hranu

velké krychle a zároveň žádný vrchol krychličky nebyl původně vrchol velké krychle. Pro-tože velká krychle měla 12 hran, je počet krychliček právě se dvěma obarvenými stěnaminásobkem dvanácti. Podle Lukáše je takových krychliček 10 · 8 = 80, což není možné,protože 80 není násobek dvanácti. Pravdu má Martina, která tvrdí, že takových krychličekje 15 · 8 = 120.Na každé hraně velké krychle jsme rozřezáním získali 120 : 12 = 10 krychliček se

dvěma obarvenými stěnami. Hranu původní krychle však tvořily i dvě krychličky se třemiobarvenými stěnami, délka hrany tedy odpovídala dvanácti krychličkám. Hrana původníkrychle měřila 12 cm.

Z8–I–5

Ze čtverce o straně 6 cm odřízneme od každého vrcholu shodné rovnoramenné pravo-úhlé trojúhelníky tak, aby se obsah čtverce zmenšil o 32%. Jakou velikost mají odvěsny?

(M. Krejčová)

Možné řešení. Obsah čtverce o straně 6 cm je 36 cm2. Odříznuté části mají dohromadyobsah 0,32 ·36 = 11,52 (cm2). Pokud odvěsnu odříznutého trojúhelníku označíme x, potomobsah každého takového trojúhelníku je 1

2x2.

x x

x

x

xx

x

x

Dohromady dostáváme rovnici, kterou snadno vyřešíme:

4 · x2

2= 11,52,

x2 = 5,76,

x = 2,4.

Odvěsny odříznutých pravoúhlých trojúhelníků mají délku 2,4 cm.

Z8–I–6

Ve dvou místnostech vzdělávacího centra se konaly přednášky. Průměrný věk osmi lidípřítomných v první místnosti byl 20 let, průměrný věk dvanácti lidí ve druhé místnostibyl 45 let. V průběhu přednášky odešel jeden účastník a tím se průměrný věk všech osobv obou místnostech zvýšil o jeden rok. Kolik let bylo účastníkovi, který odešel?

(L. Hozová)

Možné řešení. Podle zadání byl součet věků osmi osob přítomných v první místnostiroven 8 · 20 = 160 let, součet věků dvanácti osob přítomných ve druhé místnosti byl

25

12 · 45 = 540 let. Průměrný věk všech osob v obou místnostech tedy byl 160+5408+12

= 700

20=

= 35 let.Pokud x značí věk člověka, který během přednášky odešel, potom víme, že

700− x

20− 1 = 35 + 1,

a rovnici dořešíme:

700− x = 36 · 19,x = 700− 684 = 16.

Účastník, který odešel, měl 16 let.

26



Z9–I–1

Dostal jsem zadána dvě přirozená čísla. Poté jsem je obě zaokrouhlil na desítky. Určete,která čísla jsem měl zadána, pokud víte, že:

• podíl zaokrouhlených čísel je stejný jako podíl čísel původních,• součin zaokrouhlených čísel je o 295 větší než součin původních čísel,• součet zaokrouhlených čísel je o 6 větší než součet původních čísel.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Přirozené číslo zaokrouhlujeme na desítky tak, že k němu přičteme vhodnécelé číslo od −4 do 5. Podle třetí podmínky v zadání má být součet dvou zaokrouhlenýchčísel o 6 větší než součet čísel původních. Obě původní čísla se tedy zaokrouhlováním zvětšía musí o nich platit jeden z následujících předpokladů:

a) Jedno končí číslicí 5, druhé číslicí 9. (Označíme-li je p, q, po zaokrouhlení na desítkydostaneme p+ 5, q + 1.)

b) Jedno končí číslicí 6, druhé číslicí 8. (Označíme-li je r, s, po zaokrouhlení na desítkydostaneme r + 4, s+ 2.)

c) Jedno končí číslicí 7, druhé číslicí 7. (Označíme-li je t, u, po zaokrouhlení na desítkydostaneme t+ 3, u+ 3.)

Podle druhé podmínky v zadání je součin zaokrouhlených čísel o 295 větší než součinpůvodních čísel. Protože součin zaokrouhlených čísel musí mít na místě jednotek číslici 0,vyplývá z této podmínky, že součin původních čísel končí číslicí 5. Součin čísel podle předpo-kladu a) skutečně končí číslicí 5, protože 5 ·9 = 45. Avšak součin čísel podle předpokladu b)končí číslicí 8, protože 6 ·8 = 48, a součin čísel podle předpokladu c) končí číslicí 9, protože7 · 7 = 49. Dále tedy budeme pracovat pouze s předpokladem a), protože jedině ten můževést ke správnému výsledku. Podle první a druhé podmínky v zadání docházíme k soustavědvou rovnic:

p+ 5q + 1

=p

q,

(p+ 5)(q + 1) = pq + 295.

Úpravami první rovnice získáme vztah p = 5q. S jeho využitím vyřešíme druhou rovnici:

pq + p+ 5q + 5 = pq + 295,

p+ 5q = 290,

5q + 5q = 290,

q = 29.

Po dosazení:p = 5 · 29 = 145.

Výsledná čísla p a q mají na místě jednotek takové číslice, jaké jsme určili v našem před-pokladu. Úloha má jediné řešení: hledaná čísla jsou 29 a 145.

27

Jiné řešení. Stejným postupem dojdeme ke stanovení předpokladů a), b), c). Poté, místodiskuse o číslici na místě jednotek v součinu původních čísel, sestavíme zvlášť pro každýpředpoklad rovnici podle druhé podmínky v zadání:

a) (p+ 5)(q + 1) = pq + 295, po úpravě p+ 5q + 5 = 295,b) (r + 4)(s+ 2) = rs+ 295, po úpravě 2r + 4s+ 8 = 295,c) (t+ 3)(u+ 3) = tu+ 295, po úpravě 3t+ 3u+ 9 = 295.

Vidíme, že upravená rovnice b) nemůže mít v oboru celých čísel řešení; dosazenímjakýchkoli celých čísel totiž získáme na levé straně sudý součet, což odporuje číslu 295napravo. Podobně ani upravená rovnice c) nemůže mít v oboru celých čísel řešení, protožedosazením jakýchkoli celých čísel na levou stranu rovnice získáme součet dělitelný třemi,což odporuje číslu 295 napravo. Pouze rovnice a) může mít řešení v oboru celých čísela k němu dojdeme za použití vztahu p = 5q tak, jak bylo uvedeno výše.

Ještě jiné řešení. Stejně jako v předchozích řešeních nejprve dojdeme k závěru, že jednopůvodní číslo má na místě jednotek číslici 9, druhé číslici 5. První tedy můžeme zapsat jako10a+ 9, po zaokrouhlení na desítky dostaneme 10a+ 9+ 1, tj. 10(a+ 1). Druhé zapíšemejako 10b+5, po zaokrouhlení na desítky dostaneme 10b+5+5, tj. 10(b+1). Čísla a, b jsoučísla přirozená nebo nula (v zadání není řečeno, že žádné číslo nemůže být jednomístné).Podle druhé podmínky v zadání platí:

10(a+ 1) · 10(b+ 1) = (10a+ 9) · (10b+ 5) + 295,100ab+ 100a+ 100b+ 100 = 100ab+ 90b+ 50a+ 45 + 295,

50a+ 10b = 240,

5a+ b = 24.

Všechna možná řešení vypíšeme do tabulky:

a 0 1 2 3 4

b 24 19 14 9 4

Odpovídající dvojice čísel jsou

10a+ 9 9 19 29 39 49

10b+ 5 245 195 145 95 45

U každé z těchto dvojic ověříme, zda je splněna první podmínka:

• 9

2456= 10

250, tedy dvojice 9 a 245 není řešením,

• 19

1956= 20


• 29

145= 30

150= 1

5, tedy dvojice 29 a 145 je řešením,

• 39

956= 40


• 49

456= 50

50, tedy dvojice 49 a 45 není řešením.

Všem uvedeným podmínkám vyhovuje pouze dvojice 29 a 145.

28

Z9–I–2

Pat a Mat byli na výletě. Vyšli ráno po osmé hodině, kdy velká a malá ručička na Pa-tových hodinkách ležely v opačných polopřímkách. V opačných polopřímkách byly ručičkyPatových hodinek, i když se oba přátelé před polednem vrátili. Mat dobu výletu měřil nastopkách. Určete i vy s přesností na sekundy, jak dlouho trvala cesta. Předpokládejte, žePatovy hodinky a Matovy stopky šly přesně. (M. Volfová)

Možné řešení. Rychlost malé ručičky je 30◦ za 60 min, tj. 0,5◦ za 1 min. Rychlost velkéručičky je 360◦ za 60 min, tj. 6◦ za 1 min. Polohu ručičky na ciferníku, která ukazuje na číslo12, nazvěme jako „základní polohuÿ. V 8:00 je velká ručička v základní poloze, malá ručičkav 8:00 ukazuje na číslo 8, tedy od základní polohy je pootočena o 240◦. Dobu, která uplynulaod 8:00 do okamžiku, kdy ručičky ležely v opačným polopřímkách a začal výlet, označímejako x min. V hledaný okamžik je velká ručička od základní polohy pootočena o (0+6x)◦,malá ručička o (240 + 0,5x)◦. Ručičky v ten moment leží v opačným polopřímkách, a takpootočení malé ručičky od základní polohy je o 180◦ větší než pootočení velké ručičky.Docházíme k rovnici, jejímž vyřešením zjistíme x:

(0 + 6x) + 180 = 240 + 0,5x,

5,5x = 60,

x = 10,90.

Hodnota 10,90 min je přibližně 10 min 54,5 s; výlet tedy začal v 8 h 10 min 54,5 s.Podobně sestavíme rovnici, kde y vyjadřuje dobu v minutách, která uplynula od 11:00

do okamžiku, kdy výlet skončil:

(0 + 6y) + 180 = 330 + 0,5y,

5,5y = 150,

y = 27,27.

Hodnota 27,27 min je přibližně 27 min 16,4 s; výlet tedy skončil v 11 h 27 min 16,4 s.Po odečtení dvou nalezených časů dojdeme k závěru, že výlet trval 3 h 16 min 22 s.

Poznámka. Pokud všechny časové údaje vyjadřujeme od začátku v hodinách, předchozírovnice pro neznámou x vypadá takto:

(0 + 360x) + 180 = 240 + 30x,

a jejím řešením je x = 2

11(h). Podobně neznámá y vychází 5

11(h) a celý výlet trval

(11 +

511

)−

(8 +

211

)= 3 +

311(h),

tj. přibližně 3 h 16 min 22 s.

Jiné řešení. Během půldne, tedy v době od 0:00 do 12:00, leží ručičky v opačných polo-přímkách celkem jedenáctkrát. Časové intervaly mezi takovými okamžiky jsou vždy stejné(obě ručičky se pohybují konstantní rychlostí). Odtud plyne, že délka každého intervalu je12

11h. Doba výletu odpovídá třem zmíněným intervalům; ke správnému výsledku lze tedy

dojít i tímto výpočtem:

3 · 1211=3611= 3 +

311(h).

29

Z9–I–3

Na obrázku je krychle o hraně 2 cm tvořená osmi krychličkami s hranou 1 cm. Osmstěn krychliček je obarveno černě, ostatní jsou bílé. Přitom z nich lze složit krychli, jejížpovrch je bílý. Kolika způsoby mohou být krychličky obarveny? Předpokládejte, že stejněobarvené krychličky nedokážeme odlišit, mohou se tedy zaměnit.

(K. Pazourek)

Možné řešení. Ze zadání vyplývá, že každá z osmi krychliček, ze kterých je složenavelká krychle, má určitě tři bílé stěny, které navíc mají společný vrchol. Zbylé stěny každéz krychliček jsou buď černé, nebo bílé. Celkem osm stěn má být černých, přitom nezáleží,jak krychličky uspořádáme, důležité je jen, kolik stěn mají obarvených. Navíc nezáleží,jestli například obarvíme první a druhou stěnu, nebo první a třetí stěnu — krychličkupootočením převedeme z jednoho případu na druhý a obráceně. Vypišme si možná obarveníkrychliček. V řádcích jsou zaznamenány počty černých stěn na jednotlivých krychličkách,vždy od největšího počtu k nejmenšímu:

• 3, 3, 2, 0, 0, 0, 0, 0,• 3, 3, 1, 1, 0, 0, 0, 0,• 3, 2, 2, 1, 0, 0, 0, 0,• 3, 2, 1, 1, 1, 0, 0, 0,• 3, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0,• 2, 2, 2, 2, 0, 0, 0, 0,• 2, 2, 2, 1, 1, 0, 0, 0,• 2, 2, 1, 1, 1, 1, 0, 0,• 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0,• 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1.Dostáváme tak celkem 10 různých obarvení krychliček.

Z9–I–4

Adam a Eva dostali košík, ve kterém bylo 31 jablek. První den snědla Eva tři čtvrtinytoho, co snědl Adam. Druhý den snědla Eva dvě třetiny toho, co snědl týž den Adam.Druhého dne večer byl košík prázdný. Kolik jablek snědla z košíku Eva? (Adam i Evajablka jedí celá a nedělí se o ně.) (L. Hozová)

Možné řešení. Podle zadání snědla Eva první den tři čtvrtiny toho, co snědl Adam. Protopočet jablek, které první den snědl Adam, musí být násobkem čtyř. Označíme jej 4a, kdea je neznámé přirozené číslo. Počet jablek, které první den snědla Eva, je pak 3a. Počtyjablek snědených za druhý den označíme obdobně: Adam snědl 3b a Eva 2b jablek, kde bje neznámé přirozené číslo. Sestavíme rovnici o dvou neznámých a budeme pro ni hledatřešení v oboru přirozených čísel:

4a+ 3a+ 3b+ 2b = 31,

30

po úpravě7a+ 5b = 31.

Za a postupně dosazujeme přirozená čísla 1 až 4 a pokaždé určujeme, zda i b vychází jakopřirozené číslo. (Dosazovat za a větší čísla nezkoušíme, protože b by vycházelo záporné.)Takto najdeme jediné řešení rovnice v oboru přirozených čísel:

a = 3, b = 2.

První den Eva snědla 3a = 3 · 3 = 9 jablek, druhý den 2b = 2 · 2 = 4 jablka. Celkem snědla13 jablek.

Z9–I–5

Řidič převáží mléko v cisterně tvaru válce. Průměr podstavy je 180 cm, délka cisternyje 4m. Kolik hl mléka je v cisterně, jestliže je naplněna do tří čtvrtin průměru?

(M. Krejčová)

Možné řešení. Část podstavy, která je pod hladinou mléka v cisterně, rozdělíme na ne-konvexní kruhovou výseč a rovnoramenný trojúhelník XYS.

XY

S

R

Z

Velikost úsečky SX , stejně jako SZ, je rovna poloměru podstavy, tj. |SX | = |SZ| == r = 90 cm. Podle zadání je bod R ve středu úsečky SZ, tj. |SR| = |RZ| = 1

2r. Odtud

plyne, že (pravoúhlé) trojúhelníky SXR a ZXR jsou shodné, tudíž |ZX | = |SX | a troj-úhelník SXZ je rovnostranný. Proto je velikost vnitřního úhlu RSX rovna 60◦, velikostvnitřního úhlu XSY je 120◦ a velikost vnějšího úhlu XSY je 240◦. Nekonvexní kruhovévýseči tedy náleží 2

3obsahu celého kruhu, tj.

Sv =23

πr2.= 16 965 cm2

.= 170 dm2.

31

Obsah trojúhelníku XYS je roven St = |RX | · |RS|. Velikost úsečky RS je rovna1

2r a velikost |RX | vyjádříme pomocí Pythagorovy věty v trojúhelníku SXR: |RX |2 == |SX |2 − |RS|2 = r2 − ( 1

2r)2 = 3

4r2, tedy |RX | =

√3

2r. Po dosazení dostáváme

St =

√34

r2.= 3 507 cm2 .= 35 dm2.

Část podstavy, která je pod hladinou mléka v cisterně, má tedy obsah

S = Sv + St.= 205 dm2.

Cisterna je dlouhá d = 4m = 40 dm, objem převáženého mléka je tedy přibližně roven

V = S · d.= 8 200 dm3 = 82 hl.

Z9–I–6

V lichoběžníku ABCD se základnami AB a CD délky 7 cm a 4 cm jsou body Sa T středy stran AD a BC, viz obrázek. Bod X je průsečík úseček AC a ST , bod Y jeprůsečík úsečky AB a přímky DX . Obsah čtyřúhelníku AYCD je 12 cm2. Vypočtěte obsahlichoběžníku ABCD.

A B

CD

S TX

Y

(M. Dillingerová)

Možné řešení. Úsečka ST spojuje středy ramen lichoběžníku ABCD, proto musí býtrovnoběžná s jeho základnou CD. Úsečka SX , která leží na úsečce ST , je tedy rovnoběžnáse stranou CD trojúhelníku CDA. Dále víme, že její krajní bod S je střed strany DA.Úsečka SX je proto střední příčka trojúhelníku CDA. Obdobně lze dokázat, že úsečka SXje střední příčka trojúhelníku AYD. Pro střední příčku trojúhelníku obecně platí, že mádvakrát menší velikost než s ní rovnoběžná strana trojúhelníku. Délka úsečky SX je dvakrátmenší než délka strany CD a zároveň je dvakrát menší než délka strany AY. Velikosti úsečekCD a AY proto musejí být stejné, obě tedy měří 4 cm. Protože rovnoběžné strany AY a CDčtyřúhelníku AYCD mají stejnou délku, musí jít o kosodélník. Pro výpočet jeho obsahuplatí S1 = |CD| · v, kde v je délka jeho výšky ke straně CD. Ze zadání známe S1 a |CD|,délku v spočítáme:

v = S1 : |CD| = 12 : 4 = 3 (cm).

32

Tato délka v je také rovna vzdálenosti základen lichoběžníku ABCD. Obsah tohoto li-choběžníku je tedy

S2 =v

2· (|AB|+ |CD|) = 3

2(7 + 4) = 16,5 (cm2).

Jiné řešení. Dokážeme, že trojúhelníky AXY a CXD jsou shodné. Jejich úhly AXYa CXD jsou úhly vrcholové a mají tedy stejnou velikost. Rovnoběžky AB a DC jsouproťaty příčkou AC, úhly YAX a DCX zmíněných trojúhelníků jsou tedy úhly střídavéa i ony mají stejnou velikost. Tyto dva trojúhelníky jsou tedy podobné. Navíc výšky těchtotrojúhelníků k odpovídajícím si stranám AY a CD mají stejnou délku, neboť obě předsta-vují vzdálenost základny lichoběžníku ABCD a jeho střední příčky. Protože se trojúhelníkyAXY a CXD shodují ve třech právě zmíněných prvcích, musejí být shodné. Odpovídajícísi strany AY a CD tedy mají stejnou velikost, a sice 4 cm. Dále je řešení shodné s výšeuvedeným.

33



Z5–II–1

Matěj a jeho kamarádi šli koledovat. Kromě jablíček, oříšků a perníků dostal každýz chlapců i pomeranče. Jarda dostal jeden pomeranč, Milan také. Po dvou pomerančíchdostali Radek, Patrik, Michal a Dušan. Matěj dostal dokonce čtyři pomeranče, což bylonejvíc ze všech chlapců. Ostatní chlapci dostali po třech pomerančích. Kolik chlapců šlona koledu, když všichni dohromady dostali 23 pomerančů? (M. Volfová)

Možné řešení. Chlapci, jejichž jména známe, dostali celkem 1+1+2+2+2+2+4 = 14pomerančů. Na chlapce, jejichž jména neznáme, zbývá 23 − 14 = 9 pomerančů. Protožekaždý z těchto chlapců dostal tři pomeranče, muselo jich být 9 : 3 = 3. Sedm chlapcůznáme jménem, další tři chlapce ne, takže celkem šlo na koledu 10 chlapců.

Hodnocení. 2 body za určení počtu pomerančů, které dostali chlapci známých jmen;1 bod za určení počtu pomerančů, které dostali chlapci neznámých jmen; 2 body za určenípočtu chlapců neznámých jmen; 1 bod za určení počtu všech chlapců.

Z5–II–2

Ruměnice Josefína dopadla na stůl doprostřed čtvercové sítě tvořené 81 čtverečky, vizobrázek. Rozhodla se, že z ní nepoleze pryč přímo, ale následujícím způsobem: nejprvejeden čtvereček na jih, pak jeden na východ, dále dva na sever, poté dva na západ a opětjeden na jih, jeden na východ, dva na sever, dva na západ. . . Na kterém čtverečku bylatěsně předtím, než slezla z této sítě? Po kolika čtverečcích této sítě lezla?

(M. Petrová)

Možné řešení. Zakreslíme do obrázku celou cestu ruměnice Josefíny po této čtvercovésíti.

1

Předtím, než Josefína slezla ze čtvercové sítě, byla na šedě vyznačeném políčku. Celkemlezla po dvaceti čtverečcích této sítě.

Hodnocení. 3 body za znázornění nebo zdůvodnění správné cesty Josefíny po čtvercovésíti; 1 bod za označení příslušného políčka ve čtvercové síti; 2 body za určení počtu políček,po kterých lezla. Dopustí-li se řešitel při načrtávání cesty chyby z nepozornosti, uděltecelkem 2 body.

Z5–II–3Jura má tyčky délek 2 cm, 3 cm, 3 cm, 3 cm, 4 cm, 5 cm, 5 cm, 5 cm, 6 cm, 6 cm a 9 cm.

Skládá z nich strany trojúhelníků tak, že žádná tyčka není součástí strany dvou a vícetrojúhelníků. Může použít tolik tyček, kolik chce, ale nesmí je lámat a použité tyčky musíležet celé na obvodě trojúhelníku. Jura tvrdí, že se dají použít na poskládání stran tří troj-úhelníků se stejnými obvody. Má pravdu? Jaký největší obvod by měly tyto trojúhelníky?

(M. Dillingerová)

Možné řešení. Mají-li mít trojúhelníky největší možný obvod, potřebujeme použít conejvíc co nejdelších tyček.Všechny tyčky měří dohromady 51 cm. Kdybychom použili všechny, byl by obvod

jednoho trojúhelníku 51 : 3 = 17 (cm). V jednom z těchto trojúhelníků by musela býttyčka dlouhá 9 cm a na zbývající dvě strany by připadalo dohromady 8 cm. To by ovšemznamenalo, že součet délek dvou stran v trojúhelníku by byl menší než délka strany třetí,takže tyčku délky 9 cm nemůžeme pro trojúhelník s obvodem 17 cm použít. Samozřejmě jinelze použít ani pro trojúhelník s ještě menším obvodem.Zbývající tyčky mají součet délek 42 cm, takže na obvod jednoho trojúhelníku připadá

14 cm. To už je možné realizovat, a to kteroukoli z následujících možností (všechny veličinyjsou v cm):

• 6, 6, 2; 5, 5, 4; 5, 3+3, 3.• 6, 5, 3; 5, 5, 4; 6, 3+3, 2.• 6, 5, 3; 5, 5, 4; 6, 3, 3+2.• 6, 5, 3; 6, 5, 3; 5, 4+2, 3.• 6, 5, 3; 6, 5, 3; 5, 4, 2+3.

2

Ve všech pěti případech je u všech takto sestavených trojic splněna trojúhelníkovánerovnost, takže Jura má pravdu a největší možné obvody jsou 14 cm.

Hodnocení. 1 bod za výpočet maximálního obvodu 17 cm; 2 body za vyloučení tyčkydélky 9 cm; 1 bod za nalezení obvodu 14 cm; 1 bod za rozdělení tyček k jednotlivýmobvodům; 1 bod za nějaké ověření trojúhelníkové nerovnosti u tohoto rozdělení. Za ex-perimentálně nalezené jedno řešení a zjištění obvodů 14 cm bez vysvětlení, proč řešitelnepoužívá tyčku dlouhou 9 cm, udělte celkem 3 body.

3


II. kolo kategorie Z6Z6–II–1Určete obsah obdélníku, když víte, že šířka je rovna 23 jeho délky a obvod měří 148 cm.

(M. Volfová)

Možné řešení. Jestliže délku obdélníku rozdělíme na tři stejně velké díly, pak šířce tohotoobdélníku odpovídají dva z těchto tří dílů. Obvodu pak odpovídá 10 takových dílů, protože3 + 2 + 3 + 2 = 10. Obvod obdélníku ale známe, je 148 cm. To znamená, že jeden zezmiňovaných dílů má délku 148 : 10 = 14,8 (cm). Nyní již snadno určíme rozměry danéhoobdélníku a jeho obsah:

• délka (3 díly): a = 3 · 14,8 = 44,4 (cm),• šířka (2 díly): b = 2 · 14,8 = 29,6 (cm),• obsah: S = a · b = 44,4 · 29,6 = 1314,24 (cm2).

Hodnocení. 2 body za poznatek, že obvod obdélníku je tvořen deseti díly, a jeho zdů-vodnění; 1 bod za vypočtení délky jednoho dílu; po 1 bodu udělte za rozměry obdélníkua poslední 1 bod za obsah.

Z6–II–2Myslím si čtyřmístné číslo, jehož každá číslice je jiná. Když škrtnu poslední dvě číslice

v tomto čísle, dostanu prvočíslo. Stejně tak dostanu prvočíslo i v případě, kdy vyškrtnudruhou a čtvrtou číslici, a dokonce i v případě, kdy vyškrtnu prostřední dvě číslice. Mémyšlené číslo ovšem prvočíslo není — můžeme ho beze zbytku dělit třemi. Čísel, která majítyto vlastnosti, je víc. To mé je ale největší z nich. Které číslo si myslím? (M. Petrová)

Možné řešení. Hledáme číslo ve tvaru abcd (číslice a, b, c, d jsou různé). Podle zadáníje ab prvočíslo, stejně tak i ac a ad. Hledáme tedy tři různá dvojmístná prvočísla, kterázačínají stejnou číslicí (tj. číslice na místě desítek je stejná). Z tabulek zjistíme, které trojicepřichází v úvahu:

• 1. trojice: 13, 17, 19, číslice a = 1,• 2. trojice: 41, 43, 47, číslice a = 4,• 3. trojice: 71, 73, 79, číslice a = 7.U každé trojice čísel zjistíme, zda lze z příslušných číslic vytvořit číslo dělitelné třemi:

• 3. trojice: číslice 7, 1, 3, 9, ciferný součet 20 — protože není ciferný součet dělitelnýtřemi, není ani číslo vytvořené z těchto číslic (v libovolném pořadí) dělitelné třemi.

• 2. trojice: číslice 4, 1, 3, 7, ciferný součet 15 — protože je ciferný součet dělitelný třemi,je i číslo vytvořené z těchto číslic (v libovolném pořadí) dělitelné třemi.

• 1. trojice: číslice 1, 3, 7, 9, ciferný součet 20 — protože není ciferný součet dělitelnýtřemi, není ani číslo vytvořené z těchto číslic (v libovolném pořadí) dělitelné třemi.

Vyhovují pouze prvočísla z druhé trojice. První číslice hledaného čtyřmístného číslaje 4, protože prvočísla začínají čtyřkou. Ostatní číslice seřadíme od největší po nejmenší,abychom dostali největší číslo. Hledané číslo je 4 731.

Poznámka. Řešitel nemusí prověřovat dělitelnost třemi u celé trojice najednou (tj. krité-riem dělitelnosti). Může též vytvořit všechna čísla z nalezených číslic (tj. zaměňovat číslicena místě stovek, desítek a jednotek; číslice na místě tisíců je určená jednoznačně), seřadit

1

je podle velikosti od největšího po nejmenší a postupně zkoušet, zda je lze dělit třemi bezezbytku.

Hodnocení. 2 body za vypsání uvedených tří trojic prvočísel (2 body udělte i v případě,kdy řešitel začal dělitelnost třemi pro příslušné trojice čísel ihned ověřovat, a tedy ponalezení trojice 41, 43, 47 už trojici 13, 17, 19 nehledal); 3 body za zavržení trojic 71, 73,79 a 13, 17, 19 pro nesplnění podmínky dělitelnosti (3 body udělte i v případě, kdy řešitelpo nalezení vyhovující trojice 41, 43, 47 už trojici 13, 17, 19 nezkoušel); 1 bod za nalezenísprávného výsledku 4 731.

Z6–II–3Krabička tvaru krychle o hraně 4 cm je zcela naplněna srovnanými hracími kostka-

mi, krychličkami s hranou délky 1 cm. Vymyslete všechny různé krabičky tak, aby mělyčtvercové dno a do každé z nich se všechny kostky přesně vešly. Napište jejich rozměry.

(M. Krejčová)

Možné řešení. V popsané krabičce je právě 64 kostek, protože u každé hrany krabičkyjsou 4 kostky a 4 · 4 · 4 = 64. Hledáme tedy všechny možné rozklady čísla 64 na součin tříčinitelů, z nichž dva jsou stejné:

• 1 · 1 · 64,• 2 · 2 · 16,• 4 · 4 · 4,• 8 · 8 · 1.Kromě krabičky použité v zadání můžeme vytvořit ještě tři krabičky další, jejichž

rozměry jsou (první dva údaje vždy odpovídají dnu): 1 cm, 1 cm, 64 cm nebo 2 cm, 2 cm,16 cm nebo 8 cm, 8 cm, 1 cm.

Hodnocení. 2 body za vypočtení počtu kostiček v zadané krabičce; 1 bod za vysvětlení,které rozklady čísla 64 na součin je nutné hledat; po 1 bodu za nalezení potřebného součinua z něj vyplývajících rozměrů nové krabičky (tj. maximálně 3 body za tuto část), součinodpovídající krabičce ze zadání a její rozměry ponechte bez bodu.

Poznámka. Uvede-li řešitel ve své práci pouze informaci o rozměrech krabičky ze zadání(tj. 4 cm, 4 cm, 4 cm) a žádnou další informaci, která by byla bodově hodnocena (např.počet všech kostiček), nehodnoťte tuto úlohu žádným bodem. To, zda řešitel mezi hledanékrabičky zahrne či nezahrne i krabičku uvedenou v zadání, nemá vliv na hodnocení úlohy.

2


II. kolo kategorie Z7Z7–II–1Křemílek a Vochomůrka našli bedničku s pokladem. Každý z nich si nabral do jedné

kapsy stříbrné mince a do druhé kapsy zlaté mince. Křemílek měl v pravé kapse díru a ces-tou polovinu svých zlatek ztratil. Vochomůrka měl díru v levé kapse a cestou domů ztratilpolovinu svých stříbrňáků. Doma věnoval Vochomůrka třetinu svých zlatek Křemílkovia Křemílek čtvrtinu svých stříbrňáků Vochomůrkovi. Každý potom měl přesně 12 zlateka 18 stříbrňáků. Kolik zlatek a kolik stříbrňáků si vzal každý z nich z nalezeného pokladu?

(M. Dillingerová)

Možné řešení. Protože se ztráta i darování mincí týká vždy jen jednoho druhu mincí(buď zlatek, nebo stříbrňáků), budeme jejich množství počítat odděleně.Zlatky: Vochomůrkovi zůstalo 12 zlatek, což jsou 23 jeho původního množství. Přinesl

si tedy 18 zlatek a 6 jich dal Křemílkovi. Tomu tedy zbylo v kapse po příchodu domů6 zlatek, což je 12 jeho původního množství. Odnesl si tedy 12 zlatek.Stříbrňáky: Křemílkovi zůstalo 18 stříbrňáků, což jsou 34 jeho původního množství.

Přinesl si tedy 24 stříbrňáků a 6 jich dal Vochomůrkovi. Tomu tedy zbylo v kapse po pří-chodu domů 12 stříbrňáků, což je 12 jeho původního množství. Odnesl si tedy 24 stříbrňáků.Křemílek si vzal z pokladu 12 zlatek a 24 stříbrňáků, Vochomůrka 18 zlatek a 24 stří-

brňáků.

Hodnocení. Za výpočet množství mincí prvního druhu každé z postav udělte 2 body, tj.dohromady 4 body; za analogický výpočet množství mincí druhého druhu každého skřítkaudělte 1 bod, tj. dohromady 2 body.

Z7–II–2Na tabuli jsou napsána tři přirozená čísla x, y a z. Určete která, pokud víte, že současně

platí:

• x je z nich největší,• nejmenší společný násobek čísel x a y je 200,• nejmenší společný násobek čísel y a z je 300,• nejmenší společný násobek čísel x a z je 120.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Zadané hodnoty nejmenších společných násobků rozložíme na součin pr-vočísel:

• n(x, y) = 200 = 2 · 2 · 2 · 5 · 5,• n(y, z) = 300 = 2 · 2 · 3 · 5 · 5,• n(x, z) = 120 = 2 · 2 · 2 · 3 · 5.Do tabulky budeme postupně zapisovat prvočíselné činitele rozkladů čísel x, y a z,

přičemž se budeme držet těchto zásad:

• Prvočíslo, které není v rozkladu nejmenšího společného násobku dvou neznámých,nemůže být ani v rozkladech těchto neznámých.

• Kolikrát je určité prvočíslo v rozkladu nejmenšího společného násobku dvou nezná-mých, tolikrát musí být v rozkladu jedné z těchto neznámých a maximálně tolikrátmůže být v rozkladu druhé neznámé.

1

Protože prvočíslo 2 je v rozkladu n(x, y) třikrát, musí být v řádku x nebo v řádku ytřikrát. V rozkladu n(y, z) je však prvočíslo 2 jen dvakrát, takže v řádku y být třikrátnemůže. Prvočíslo 2 je tedy třikrát v řádku x. Podobně posoudíme i výskyt dvou prvočí-sel 5 v rozkladu n(x, y) a jednoho prvočísla 5 v rozkladu n(x, z), pak výskyt prvočísla 3v rozkladu n(y, z) a jeho absenci v rozkladu n(x, y). Tabulka pak vypadá takto:

x 2 · 2 · 2 . . .

y 5 · 5 . . .

z 3 . . .

Pokud i nadále budeme v zadání přihlížet pouze k podmínkám o nejmenších společnýchnásobcích, nedoplníme do tabulky už žádné prvočíslo jednoznačně. Všimneme si proto pod-mínky, že x je z neznámých největší. V řádku x máme zatím menší hodnotu než v řádku y,do řádku x tedy musíme ještě činitel doplnit. Prvočíslo 2 je obsaženo již v maximálnímpočtu, prvočíslo 3 doplnit nemůžeme, protože není v rozkladu n(x, y). Doplnit lze už jenprvočíslo 5, avšak pouze jednou, protože v rozkladu n(x, z) je jednou. Zjistili jsme tedyhodnotu první neznámé:

x 2 · 2 · 2 · 5 = 40

y 5 · 5 . . .

z 3 . . .

Do řádku y nelze dopsat už žádný činitel, y by jinak bylo větší než x. Tudíž y = 25. Dořádku z pak musíme dle rozkladu n(y, z) doplnit dvě prvočísla 2. Hodnota v tomto řádkupak bude 12 a nepůjde už doplnit žádné prvočíslo 5, protože pak by hodnota v tomto řádkubyla větší než v řádku x. Úloha má tedy jediné řešení, které ukazuje následující tabulka:

x 2 · 2 · 2 · 5 = 40

y 5 · 5 = 25

z 2 · 2 · 3 = 12

Hodnocení. 2 body za zjištění, že x je dělitelné osmi, y dvaceti pěti a z třemi; 2 body zakonečné výsledky; další 2 body podle kvality komentáře.

Z7–II–3

Pravidelná šesticípá hvězda ABCDEFGHIJKL se středem S, znázorněná na ob-rázku, vznikla sjednocením dvou rovnostranných trojúhelníků, z nichž každý měl obsah72 cm2. Vypočítejte obsah čtyřúhelníku ABCS. (S. Bednářová)

2

A B

C

D E

F

GH

I

JK

LS

Možné řešení. Hvězda je souměrná podle šesti os souměrnosti, souměrný podle těchsamých os musí být i šestiúhelník BDFHJL. Z toho plyne, že má všechny strany stejnědlouhé, všechny vnitřní úhly stejně velké, a že je tudíž pravidelný. Do obrázku ještě dopl-níme úsečky LS, BS, DS, FS, HS a JS, které tento pravidelný šestiúhelník rozdělují našest shodných rovnostranných trojúhelníků.

A B

C

D E

F

GH

I

JK

LS

Trojúhelníky LAB, BCD, DEF , FGH, HIJ a JKL jsou rovnostranné, protoževšechny jejich vnitřní úhly mají evidentně velikost 60◦. S výše zmíněnými trojúhelníkymají vždy společnou jednu stranu. Teď vidíme, že jsme hvězdu rozdělili celkem na dvanáctshodných trojúhelníků.Vypočítáme obsah jednoho z těchto malých trojúhelníků. Víme, že každý z původních

rovnostranných trojúhelníků (tj. AEI a CGK) měl obsah 72 cm2. Dále víme, že je každýsložen z devíti malých trojúhelníků. Jeden malý trojúhelník má proto obsah 72 : 9 =

3

= 8 (cm2). Obsah čtyřúhelníku ABCS odpovídá obsahu dvou takových trojúhelníků, jetedy roven 2 · 8 = 16 (cm2).Jiné řešení. Stejně jako v předchozím postupu rozdělíme hvězdu na dvanáct shodnýchrovnostranných trojúhelníků, z nichž každý má obsah 8 cm2. Celá hvězda má proto obsah12 ·8 = 96 (cm2). Úsečky AS, CS, ES,GS, IS a KS ji rozdělují na šest čtyřúhelníků, kteréjsou vzájemně shodné: mají stejně dlouhé odpovídající si strany a stejně velké odpovídajícísi úhly (což rovněž vyplývá ze symetrií hvězdy). Jedním z těchto čtyřúhelníků je i ABCS.Jeho obsah je tedy šestkrát menší než obsah hvězdy, tj. 96 : 6 = 16 (cm2).

Hodnocení. 2 body za zdůvodněné rozdělení hvězdy na 12 shodných rovnostranných troj-úhelníků nebo analogický poznatek; 2 body za obsah 8 cm2 jednoho malého trojúhelníku;2 body za odvození obsahu čtyřúhelníku ABCS.

4


II. kolo kategorie Z8Z8–II–1Průměrný věk rodiny Kebulových, kterou tvoří otec, matka a několik dětí, je 18 let.

Přitom průměrný věk rodiny bez tatínka, kterému je 38 let, je 14 let. Kolik dětí majíKebulovi? (L. Hozová)

Možné řešení. Počet členů této rodiny označíme n. Součet věků všech členů je rovensoučinu průměrného věku rodiny a počtu členů, tedy 18 · n. Rodina bez tatínka má n− 1členů a součet věků těchto členů je 14 · (n − 1). Víme, že tento součet je o 38 menší nežsoučet věků všech členů. Docházíme tedy k rovnici

18 · n = 14 · (n− 1) + 38,po úpravě dostaneme

4n = 24,

n = 6.

Celá rodina má 6 členů, Kebulovi tedy mají 4 děti.

Hodnocení. 2 body za sestavení rovnice; 2 body za zdůvodnění tohoto sestavení; 1 bodza vyřešení rovnice; 1 bod za správný závěr.

Jiné řešení. Pomineme-li, že mezi dětmi a rodiči musí být určitý věkový rozestup, lzesi po přečtení první věty v zadání představit rodinu, kterou tvoří jen 18letí členové. Popřečtení druhé věty můžeme svou představu upravit a v rodině vidět 38letého tatínkaa zbytek členů 14letých. Věk tatínka jsme přitom zvýšili o 20, věk ostatních členů snížilivždy o 4. Aby při upravování naší představy zůstal součet věků všech členů rodiny stejný,musí být počet členů rodiny bez tatínka 20 : 4 = 5. Jedním z nich je maminka, děti takmusejí být 4.

Hodnocení. 6 bodů.

Z8–II–2Kolik existuje šestimístných přirozených čísel, která mají na místě statisíců číslici 1,

na místě tisíců číslici 2 a na místě desítek číslici 3 a jsou beze zbytku dělitelná číslem 45?(L. Šimůnek)

Možné řešení. Číslo je dělitelné číslem 45, právě když je dělitelné čísly 5 i 9. Na místějednotek tedy musí být číslice 0 nebo 5 a jeho ciferný součet musí být násobkem devíti.Nejprve určíme počet hledaných čísel, která mají na místě jednotek číslici 0. Tato čísla

označíme jako 1A2B30 a jejich ciferný součet je pak roven 6+A+B. Má-li být tento součetnásobkem devíti a přihlédneme-li k tomu, že neznámé A a B označují číslice 0 až 9, můžebýt ciferný součet roven buď 9, nebo 18. V prvním případě platí A + B = 3, ve druhémA+B = 12. Následující tabulky ukazují, kolik lze nalézt dvojic číslic dávajících součet 3,respektive 12:

A 3 2 1 0

B 0 1 2 3

A 9 8 7 6 5 4 3

B 3 4 5 6 7 8 9

1

Čísel tvaru 1A2B30 dělitelných číslem 45 tedy existuje 4 + 7 = 11.

Nyní určeme počet hledaných čísel, která mají na místě jednotek číslici 5. Ta označímejako 1C2D35 a jejich ciferný součet je pak 11 + C + D. Podobně jako v předchozí částiúlohy zjišťujeme, že buď musí platit C+D = 7, nebo C+D = 16. Sestavíme opět tabulky:

C 7 6 5 4 3 2 1 0

D 0 1 2 3 4 5 6 7

C 9 8 7

D 7 8 9

Čísel tvaru 1C2D35 dělitelných číslem 45 tedy existuje 8+3 = 11. Čísel odpovídajícíchzadání je celkem 11 + 11 = 22.

Poznámka. Žáci také mohou v úvodu rozdělit hledaná čísla do skupin s ciferným sou-čtem 9, 18 a 27. Ve skupině s ciferným součtem 9 může být na místě jednotek pouze číslice0, ve skupině s ciferným součtem 27 může být na místě jednotek pouze číslice 5 a ve skupiněs ciferným součtem 18 mohou být na místě jednotek obě tyto číslice.

Hodnocení. 1 bod za podmínku dělitelnosti číslem 45; 1 bod za rozdělení hledaných číseldo skupin; 4 body za správné určení čísel v každé skupině.

Z8–II–3

Na následujícím obrázku je šestiúhelník ABEFGD. Čtyřúhelníky ABCD a EFGCjsou shodné obdélníky a čtyřúhelník BEGD je také obdélník. Určete poměr obsahů bíléa šedé části šestiúhelníku, jestliže |AB| = 5 cm a trojúhelník BEC je rovnostranný.

A

B

D

E

F

G

C

(K. Pazourek)

Možné řešení. Označme středy úseček BE a GD postupně H a I. Potom obdélníkHEGI tvoří polovinu obdélníku BEGD a bod C leží na jeho straně HI. Tento obdélníkještě rozdělíme kolmicí spuštěnou z bodu C.

2

A

B

D

E

F

G

C

H

I

Nyní je zřejmé, že poměr bílé a šedé plochy v obdélníku HEGI je 1 : 1. TrojúhelníkyCGE a EFG jsou shodné, a proto jsou obsahy bílých a šedých ploch v pětiúhelníkuHEFGI v poměru 2 : 1. Celý obrázek je symetrický podle osy HI, tudíž poměr obsahůbílých a šedých částí šestiúhelníku ABEFGD je stejný.

Poznámka. Lze řešit i vhodným posunutím trojúhelníku DGC a následným rozdělenímvzniklého útvaru na šest shodných trojúhelníků, viz obrázek.

A

B

D

E

F

G

C

H

Hodnocení. 5 bodů za správný a zdůvodněný postup; 1 bod za výsledek.

Jiné řešení. Protože trojúhelníkBEC je rovnostranný, jsou všechny jeho vnitřní úhly 60◦.Odtud plyne, že v trojúhelníku CDB měří vnitřní úhly 30◦, 90◦ a 60◦, proto je tento troj-úhelník polovinou rovnostranného trojúhelníku se stranou délky 2·|CD| = 2·|AB| = 10 cm.Proto je |BD| = 10 cm a z Pythagorovy věty spočtěme délku strany BC v trojúhelníkuCDB:

|BC| =√102 − 52 =

√75 = 5

√3 (cm).

Obsah trojúhelníku CDB je tedy roven

SCDB =12|BC| · |CD| = 1

2· 5

√3 · 5 = 25

2

√3 (cm2).

3

Stejný obsah mají i trojúhelníky ABD, CGE a FEG, protože jsou s trojúhelníkem CDBshodné. Protože je trojúhelník BEC rovnostranný, je |BE| = |BC|, a spočtěme obsahobdélníku BEGD:

SBEGD = |BE| · |BD| = 5√3 · 10 = 50

√3 (cm2).

Potom obsah bílé části šestiúhelníku ABEFGD je

Sbílá = SABD + (SBEGD − SCDB − SCGE) + SFEG =

= SCDB + (SBEGD − SCDB − SCDB) + SCDB =

= SBEGD = 50√3 (cm2).

Obsah šedé části šestiúhelníku ABEFGD je

Sšedá = SCDB + SCGE = 2 · SCDB = 25√3 (cm2).

Proto poměr obsahů bílých a šedých částí šestiúhelníku je

Sbílá : Sšedá = 50√3 : 25

√3 = 2 : 1.

Hodnocení. 1 bod za výpočet délky úsečky BC; po 1 bodu za výpočty obsahů trojúhel-níku CDB a obdélníku BEGD; po 1 bodu za stanovení obsahů šedých a bílých častí; 1 bodza spočtení poměru obsahů bílé a šedé plochy (jednotlivé výpočty musí být zdůvodněny).

Poznámka. Přibližné hodnoty předchozích veličin vyjádřené pomocí tabulek bez kalku-lačky jsou: |BC| .

= 8, 66 cm, SCDB.= 21, 65 cm2, SBEGD = Sbílá

.= 86, 6 cm2, Sšedá

.=

.= 43, 3 cm2 a poměr Sbílá : Sšedá

.= 2 : 1. Jestliže řešitel počítá s přibližnými hodnotami

a v jinak zcela správném řešení si na konci neuvědomí, že jím vypočtený poměr 2 : 1 jehodnota toliko přibližná, udělte mu celkem 5 bodů.

4



Z9–II–1

Doplňte do prázdných políček následujícího obrázku čísla tak, aby v každém políčkubyl součet čísel ze všech s ním přímo sousedících světlejších políček. Tedy ve světle šedémpolíčku je součet čísel ze všech bílých sousedních políček, v tmavě šedém políčku je součetčísel ze všech světle šedých sousedních políček.

−8

3

−2

4

2

1

−5

−4

−3

0

4

−1

(S. Bednářová)

Možné řešení. Doplňovaná čísla označme a až g, viz obrázek.

−8

3

e

−2

f

g

4

2

1

b

−5

−4

c

−3

0

d

4

−1

a

Číslo v každém světle šedém poli je součtem tří čísel v bílých polích. Pokud z takovéčtveřice čísel chybí jen jediné, určíme ho snadno:

a = 4− (−1)− 2 = 3,b = 3− 2− 1 = 0,c = −2− (−4)− (−3) = 5.

1

Po zjištění čísla b známe všechna tři čísla potřebná pro doplnění čísla e:

e = 0 + (−5) + (−4) = −9.

Čísla f a g jsou obě závislá na čísle d a pomocí něho je vyjádříme:

f = −3 + 0 + d = d− 3,g = d+ 4 + (−1) = d+ 3.

Číslo v tmavě šedém poli je rovno součtu čísel v šesti světle šedých polích. Tak docházímek rovnici o jedné neznámé:

−8 = 4 + 3 + (−9) + (−2) + (d− 3) + (d+ 3),−8 = −4 + 2d,d = −2.

Dosazením za d určíme hodnotu čísel f a g:

f = d− 3 = −2− 3 = −5,g = d+ 3 = −2 + 3 = 1.

Obrazec tedy lze vyplnit čísly jediným způsobem a ten ukazuje následující obrázek.

−8

3

−9

−2

−5

1

4

2

1

0

−5

−4

5

−3

0

−2

4

−1

3

Hodnocení. 2 body za čísla a, b, c, e (je-li jedno z nich špatně, udělte 1 bod, jsou-li dvěz nich špatně, udělte 0 bodů); 2 body za patřičné zdůvodnění při doplňování čísel d, f , g;1 bod za určení jednoho z čísel d, f , g; 1 bod za určení obou zbylých čísel z této trojice.

Z9–II–2Šárka nalila džus do skleničky a hrnku a obě nádoby doplnila vodou. Hrnek měl

dvakrát větší objem než sklenička. Poměr džusu a vody ve skleničce byl 2 : 1 a v hrnku4 : 1. Poté přelila obsah skleničky i obsah hrnku do džbánu. Jaký byl poměr džusu a vodyve džbánu? (L. Hozová)

Možné řešení. Pokud označíme objem skleničky V , pak podle zadání bylo ve skleničce23V džusu a

13V vody. Objem hrnku byl dvakrát větší než objem skleničky, tedy 2V . Džusu

2

v něm bylo 45 · 2V = 85V a vody v něm bylo

15 · 2V = 2

5V . Objem džusu ve džbánu pak byl23V +

85V =

10+2415 V = 34

15V . Objem vody ve džbánu byl13V +

25V =

5+615 V = 11

15V . Kýženýpoměr džusu a vody ve džbánu byl 3415V :

1115V , tj. po zkrácení 34 : 11.

Hodnocení. 1 bod za vyjádření objemů v jedné nádobě; 2 body za vyjádření objemů vedruhé nádobě pomocí stejné neznámé jako u první nádoby; 2 body za vyjádření objemůve džbánu; 1 bod za výsledný poměr.

Poznámka. V případě skleničky a hrnku můžeme vyjadřovat jen objem jedné složky. Ažve džbánu potřebujeme znát objem obou složek. Tehdy můžeme objem druhé složky určitodečtením objemu první složky od celkového objemu směsi, tj. např. 3415V = 3V − 11

15V .

Z9–II–3Dostal jsem zadána dvě dvojmístná přirozená čísla. Poté jsem je obě zaokrouhlil na

desítky. Určete, která čísla jsem měl zadána, jestliže současně platí:

• rozdíl zaokrouhlených čísel je stejný jako rozdíl čísel původních,• součin zaokrouhlených čísel je o 184 větší než součin čísel původních.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Přirozené číslo zaokrouhlujeme na desítky tak, že k němu přičteme vhodnécelé číslo od −4 do 5. Je-li rozdíl původních a zaokrouhlených čísel stejný, znamená to, žek oběma původním číslům jsme při zaokrouhlování přičítali stejné číslo, tedy že původníčísla mají na místě jednotek stejnou číslici.Součin zaokrouhlených čísel má na místě jednotek číslici 0. Součin původních čísel

je podle zadání o 184 menší, tedy na místě jednotek má číslici 6. Hodnotu této čísliceovlivňuje pouze číslice na místě jednotek hledaných čísel. Hledaná čísla proto mohla mítna místě jednotek buď číslici 4 (4 · 4 = 16), nebo číslici 6 (6 · 6 = 36). Z druhé podmínkyv zadání však jasně plyne, že hledaná čísla byla zaokrouhlena nahoru. Musela tedy končitčíslicí 6.Pokud označíme hledaná čísla jako p a q, pak podle druhé podmínky v zadání sestavíme

rovnici(p+ 4) · (q + 4) = pq + 184,

kterou upravíme

pq + 4p+ 4q + 16 = pq + 184,

4(p+ q) = 168,

p+ q = 42.

Jediná dvojmístná čísla končící číslicí 6 a vyhovující této rovnici jsou 16 a 26.

Jiné řešení. Stejným postupem jako výše určíme, že obě hledaná čísla mají na místějednotek číslici 6. Hledaná čísla, dle zadání dvojmístná, lze zapsat jako 10a+ 6 a 10b+ 6,kde a a b představují číslice na místě desítek. Čísla mají po zaokrouhlení hodnotu 10a ++ 6 + 4 = 10(a + 1) a 10b + 6 + 4 = 10(b + 1). Rovnice podle druhé podmínky v zadánípak je

(10a+ 6) · (10b+ 6) + 184 = 10(a+ 1) · 10(b+ 1)a po úpravách dostaneme a+b = 3. Neznámé a a b jsou číslice na místě desítek dvou hleda-ných čísel. Číslici 0 na místě desítek nepřipouští zadání, protože má jít o čísla dvojmístná.Součet 3 tak mohou dát jen číslice 1 a 2 a hledaná čísla jsou 16 a 26.

3

Hodnocení. 1 bod za poznatek, že hledaná čísla končí stejnou číslicí; 2 body za zdůvod-nění, že tato číslice je 6; 1 bod za sestavení rovnice; 2 body za správný závěr.

Z9–II–4Do rovnostranného trojúhelníku ABC je vepsán pravidelný šestiúhelník KLMNOP

tak, že body K, L leží na straně AB, body M , N leží na straně BC a body O, P leží nastraně AC. Vypočtěte obsah šestiúhelníku KLMNOP , jestliže obsah trojúhelníku ABCje 60 cm2. (K. Pazourek)

Možné řešení. Vepišme šestiúhelník KLMNOP do trojúhelníku ABC předepsanýmzpůsobem.

A B

C

L

M

NO

P

K

Úhel AKP je vedlejším úhlem úhlu PKL. Úhel PKL je vnitřní úhel pravidelnéhošestiúhelníku, tj. měří 120◦. Velikost úhlu AKP je tedy 180◦ − 120◦ = 60◦. Potom troj-úhelník AKP je rovnostranný, protože jeho vnitřní úhly PAK a AKP (a tudíž i KPA)měří 60◦. Stejnou úvahou lze ověřit rovnostrannost trojúhelníků LBM a ONC.Pokud rozdělíme šestiúhelník KLMNOP na šest shodných rovnostranných trojúhel-

níků, zjistíme, že jsou shodné s rovnostrannými trojúhelníky AKP , LBM a ONC (kvůlispolečným stranám PK,LM ,NO). Mají proto všechny stejný obsah. Šestiúhelník se skládáze šesti takovýchto trojúhelníků, trojúhelník ABC z devíti, proto poměr jejich obsahů je6 : 9 = 2 : 3. Tedy obsah šestiúhelníku KLMNOP je 23 · 60 = 40 (cm2).Hodnocení. 2 body za vysvětlení, že trojúhelníky AKP , LBM , ONC jsou rovnostranné;2 body za vysvětlení, že tyto trojúhelníky a šest trojúhelníků tvořících šestiúhelník jsoushodné; 1 bod za porovnání obsahů obou útvarů; 1 bod za výsledek.

Jiné řešení. Nejprve stejně jako v předchozím řešení dokážeme, že trojúhelníky AKP ,LBM , ONC jsou rovnostranné. Protože vždy jedna strana těchto trojúhelníků je stra-nou pravidelného šestiúhelníku KLMNOP , trojúhelníky AKP , LBM , ONC jsou shodnéa platí |AK| = |KL| = |LB| = 1

3 |AB|, tj. body K, L dělí úsečku AB na třetiny. Podobněbody M , N (respektive O, P ) dělí úsečku BC (respektive AC) na třetiny.Označme délku strany šestiúhelníku KLMNOP jako a. Pak obsah S1 tohoto šesti-

úhelníku spočteme podle vzorce

S1 = 6 ·√34

a2 =3√32

a2.

4

Obsah rovnostranného trojúhelníku ABC pak je

S2 =

√34(3a)2 =

9√34

a2.

Odtud plyne S1 = 23S2, po dosazení S1 =

23 · 60 = 40 (cm2).

Hodnocení. 2 body za vysvětlení, že trojúhelníky AKP , LBM , ONC jsou rovnostranné;1 bod za zdůvodnění, že |KL| = 1

3 |AB|; 1 bod za vyjádření obsahů obou útvarů pomocíjedné neznámé; 1 bod za poměr obsahů obou útvarů nebo analogický poznatek; 1 bod zavýsledek.

Ještě jiné řešení. Další možnost v podstatě kopíruje předchozí postup s tím, že díky ob-sahu daného trojúhelníku přibližně vypočítáme všechny potřebné údaje. Všechny výpočtyjsou provedeny s pomocí tabulek a bez kalkulačky.Nejprve vypočteme ze vzorce pro obsah rovnostranného trojúhelníku délku jeho stra-

ny:

60 =

√34

b2,

odtud b.= 11,8 (cm). Analogicky jako v předchozích řešeních dokážeme, že trojúhel-

níky AKP , LBM , ONC jsou rovnostranné a že body K, L, M , N , O, P dělí pří-slušné strany trojúhelníku na třetiny. Potom strana a šestiúhelníku KLMNOP měřía = b : 3

.= 3,93 (cm). Odtud ze vzorce pro obsah pravidelného šestiúhelníku vypočítáme

obsah KLMNOP :

S = 6 ·√34

a2.= 40,1 (cm2).

Hodnocení. 1 bod za výpočet délky strany trojúhelníku ABC; 2 body za vysvětlení,že trojúhelníky AKP , LBM , ONC jsou rovnostranné; 2 body za výpočet délky stranyšestiúhelníku a zdůvodnění úvahy; 1 bod za výpočet obsahu šestiúhelníku.

5


III. kolo kategorie Z9Z9–III–1Paní učitelka potřebovala vymyslet příklady na rovnice do písemky. Proto si vypsala

všechny rovnice tvarua · x+ b = 13,

kde a a b jsou jednomístná přirozená čísla. Ze všech vybrala ty rovnice, jejichž kořen x byl3. Do každé skupiny dala jednu rovnici. Kolik skupin mohlo být nejvíce? (K. Pazourek)

Možné řešení. Víme, že x = 3 je řešením uvedené rovnice, proto platí rovnost

a · 3 + b = 13.

Aby a, b byla přirozená čísla, musí a být buď 1, 2, 3, nebo 4 (pro a = 5 dostáváme5 · 3 = 15 > 13 a b by muselo být záporné, což nelze). Nyní dosadíme jednotlivé hodnoty ado rovnice a dopočítáme příslušná b:

• a = 1, b = 10,• a = 2, b = 7,• a = 3, b = 4,• a = 4, b = 1.

Vidíme, že podmínkám ze zadání nevyhovuje případ a = 1, b = 10. Existují tak právětři dvojice (a, b), které řeší úlohu: (2, 7), (3, 4) a (4, 1). Paní učitelka tak mohla utvořitnejvýše tři skupiny.

Hodnocení. 1 bod za dosazení kořene do rovnice; 2 body za nalezení všech tří řešení;3 body za zdůvodnění, proč řešení není více.

Z9–III–2Do naší školy se žáci dopravují různě. Domácí chodí pěšky. Počet domácích a dojíždě-

jících žáků je v poměru 3 : 1. U dojíždějících je poměr počtu těch, kteří využívají veřejnoudopravu, a těch, kteří jezdí sami na kole nebo s rodiči autem, 3 : 2. U veřejné dopravy jepoměr počtu těch, kteří jezdí vlakem, a těch, kteří jezdí autobusem, 7 : 5. Dále víme, žepoměr počtu těch, kteří dojíždějí na kole, k počtu těch, které vozí rodiče autem, je 5 : 3.O kolik více žáků dojíždí vlakem oproti těm, které vozí rodiče, když veřejnou dopravoujich jezdí 24? Kolik žáků má naše škola? (M. Volfová)

Možné řešení. Těch, kteří jezdí veřejnou dopravou, je 24 a tvoří 3 díly z počtu dojíž-dějících. Zbylé 2 díly, které přísluší neveřejné dopravě, tedy odpovídají 16 žákům ( 23 z 24je 16). Všech dojíždějících je 24 + 16 = 40. Dojíždějící tvoří 1 díl ze všech žáků školy,domácích je třikrát více, tj. 120. Všech žáků je tedy 40 + 120 = 160.24 dětí dojíždějících veřejnou dopravou je rozděleno na cestující vlakem (7 dílů) a au-

tobusem (5 dílů); vlakem tedy jezdí 14 dětí ( 712 z 24 je 14) a autobusem 10 (512 z 24 je 10).

16 žáků, kteří jezdí neveřejnou dopravou, se dělí na ty, kteří jezdí na kole (5 dílů), a tyvožené rodiči (3 díly); na kole tedy dojíždí 10 dětí (58 z 16 je 10), s rodiči autem 6 (

38 z 16

je 6).Závěr : škola má celkem 160 žáků, z nichž vlakem dojíždí o 8 žáků víc, než kolik jich

vozí rodiče autem (14− 6 = 8).

1

Jiné řešení. Načrtneme úsečku představující všechny žáky školy a budeme ji rozdělovatpodle zadaných poměrů, viz obrázek.

pěšky

bus

auto

vlak

kolo

Kromě poměrů je v zadání jediný číselný údaj, a to že vlakem a autobusem jezdícelkem 24 žáků. Z obrázku vyvodíme, že dojíždějících žáků je 53 · 24 = 40 a všech žáků je4 · 40 = 160.Nejmenší dílky, na které je rozdělena část úsečky odpovídající veřejné dopravě, před-

stavují 24 : 12 = 2 žáky. I část úsečky odpovídající neveřejné dopravě je rozdělena na taktovelké dílky — dílky jsou stejné, protože jednou znázorňují dvanáctinu tří dílů, jednouosminu dvou dílů a 3

12 =28 . Část úsečky odpovídající vlaku je o 4 takové dílky větší než

ta odpovídající autu. Vlakem se tedy do školy dopravuje o 4 · 2 = 8 žáků více než autem.Hodnocení. 3 body za celkový počet žáků; 3 body za rozdíl mezi počty žáků dojíždějícíchvlakem a autem.

Z9–III–3Dostali jsme krychli, která měla délku hrany vyjádřenou v centimetrech celým číslem

větším než 2. Všechny její stěny jsme obarvili na žluto a poté jsme ji rozřezali beze zbytkuna krychličky o hraně délky 1 cm. Tyto krychličky jsme roztřídili do čtyř hromádek. V prvníbyly krychličky s jednou žlutou stěnou, ve druhé se dvěma žlutými stěnami a ve třetí setřemi. Ve čtvrté hromádce pak byly krychličky bez žluté stěny. Určete délku hrany původníkrychle, pokud víte, že aspoň jedno z následujících tvrzení je pravdivé:

• Počty kostek v první a čtvrté hromádce byly v poměru 4 : 9.• V první hromádce bylo třikrát více kostek než ve druhé. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Délku hrany původní krychle v centimetrech označíme a+2, kde a je přiro-zené číslo. Každé stěně původní krychle odpovídá a2 krychliček s právě jednou obarvenoustěnou, proto je takových krychliček celkem 6a2. Na každé hraně původní krychle jsmedostali a krychliček s právě dvěma obarvenými stěnami. Původní krychle měla 12 hran,proto je takových krychliček celkem 12a. Krychliček, které nemají žádnou obarvenou stěnu,je a3.První tvrzení v zadání vyjadřuje tato rovnice:

6a2

a3=49.

Po zkrácení zlomku nenulovým výrazem a2 dostaneme

6a=49,

tedy a = 13,5. Zadání úlohy předpokládá celočíselnou délku hrany krychle, zde však délkahrany vychází 13,5+2 = 15,5 (cm). Vidíme, že uvedený poměr počtu krychliček nemůžemepo rozřezání žádné krychle nikdy dostat.

2

První tvrzení ze zadání není pravdivé, musí tedy platit druhé, jež je vyjádřeno rovnicí

6a2

12a=31.

Po zkrácení zlomku nenulovým výrazem 6a dostaneme

a

2=31,

tedy a = 6. Délka hrany původní krychle byla 6 + 2 = 8 (cm).

Hodnocení. 3 body za vyjádření počtu krychliček v první, druhé a čtvrté hromádce;2 body za délky hran podle prvního a druhého tvrzení; 1 bod za správný závěr.

Z9–III–4Do rovnostranného trojúhelníku ABC je vepsán pravidelný šestiúhelník KLMNOP

tak, že body K, M , O leží po řadě ve středech stran AB, BC a AC. Vypočtěte obsahšestiúhelníku KLMNOP , jestliže obsah trojúhelníku ABC je 60 cm2. (K. Pazourek)

Možné řešení. Vepišme šestiúhelník KLMNOP do trojúhelníku ABC předepsanýmzpůsobem.

A B

C

K

L

M

N

O

P

T

Vzhledem k tomu, že oba útvary jako celek jsou osově souměrné podle tří os souměr-nosti, leží těžiště šestiúhelníku a těžiště trojúhelníku v jednom bodě, který označíme T .Střední příčky trojúhelníku ABC spolu s úsečkami KT , MT a OT rozdělí šestiúhelníkKLMNOP na šest shodných rovnoramenných trojúhelníků — pro zdůvodnění tohototvrzení si stačí uvědomit shodnost příslušných stran těchto trojúhelníků.Dále i zbývající části trojúhelníku ABC můžeme rozdělit na šest trojúhelníků shod-

ných s předchozími šesti trojúhelníky. Jako možné zdůvodnění tohoto tvrzení dokážemeshodnost trojúhelníků PKO a PKA podle věty sus: Stranu PK mají oba trojúhelníky spo-lečnou. Strany KO a KA mají stejnou délku, protože jde o střední příčku rovnostrannéhotrojúhelníku ABC a o polovinu jeho strany. Úhel PKO je čtvrtinou vnitřního úhlu PKLpravidelného šestiúhelníku KLMNOP , a tak měří 30◦. Úhel PKA je spolu s úhlem LKBdoplňkem úhlu PKL do přímého úhlu, a proto měří také 30◦.

3

Díky rozdělení trojúhelníku ABC na těchto dvanáct shodných trojúhelníků vidíme,že poměr obsahů šestiúhelníku KLMNOP a trojúhelníku ABC je 6 : 12 = 1 : 2, tudížobsah šestiúhelníku KLMNOP je

S =12· 60 = 30 (cm2).

Hodnocení. 1 bod za rozdělení šestiúhelníku na výše uvedené trojúhelníky a zdůvodněníjejich vzájemné shodnosti; 3 body za jakékoli zdůvodnění, že zbývající trojúhelníky tvořícítrojúhelník ABC jsou s předchozími shodné; 1 bod za porovnání obsahů obou zadanýchútvarů; 1 bod za výsledek.

Jiné řešení. Vepišme šestiúhelník KLMNOP do trojúhelníku ABC předepsaným způ-sobem.

A B

C

K

L

M

N

O

P

T

Vzhledem k tomu, že oba útvary jako celek jsou osově souměrné podle tří os souměr-nosti, leží těžiště šestiúhelníku a těžiště trojúhelníku v jednom bodě, který označíme T .Na obrázku pak vidíme, že se pravidelný šestiúhelník KLMNOP skládá z šesti shodnýchtrojúhelníků a zbylá část trojúhelníku ABC se skládá z šesti jiných shodných trojúhel-níků. Dokážeme, že tyto trojúhelníky mají s předchozími stejný obsah, a to na příkladětrojúhelníků NTO a CNO:Úsečka KC je těžnice trojúhelníku ABC. Z vlastností těžiště a těžnic vyplývá, že

|TC| = 2 · |KT |. Dále v pravidelném šestiúhelníku KLMNOP platí |NT | = |KT |. Teď jejiž zřejmé, že |CN | = |NT |. Trojúhelníky NTO a CNO mají tedy stejně velké strany NTa CN a shodují se i v příslušné výšce, proto musí mít stejný obsah.Díky rozdělení trojúhelníku ABC na dvanáct trojúhelníků o stejném obsahu vidíme,

že poměr obsahů šestiúhelníku KLMNOP a trojúhelníku ABC je 6 : 12 = 1 : 2, tudížobsah šestiúhelníku KLMNOP je

S =12· 60 = 30 (cm2).

Hodnocení. 2 body za vysvětlení, že |CN | = |NT |; 2 body za vysvětlení, že trojúhelníkyNTO a CNO mají stejné obsahy; 1 bod za porovnání obsahů obou zadaných útvarů; 1 bodza výsledek.

4

Ještě jiné řešení. Vzhledem k tomu, že oba útvary jako celek jsou osově souměrné podletří os souměrnosti, leží těžiště šestiúhelníku a těžiště trojúhelníku v jednom bodě, kterýoznačíme T . Úsečka KC je těžnice trojúhelníku ABC a KT její třetina. Označme b délkustrany trojúhelníku ABC. Z Pythagorovy věty uplatněné na pravoúhlý trojúhelník KBCpak plyne

|KT | = 13

√b2 − b2

4=

√36

b.

Protože šestiúhelník KLMNOP se skládá ze šesti shodných rovnostranných trojúhelníkůs délkou strany |KT |, je jeho obsah

S1 = 6 ·√34

(√36

b

)2=3√32

· 336

b2 =

√38

b2.

Obsah trojúhelníku ABC je S2 = 14

√3b2. Porovnáním S1 a S2 dostaneme, že obsah

šestiúhelníku KLMNOP je poloviční oproti obsahu trojúhelníku ABC, tudíž je roven30 cm2.

Hodnocení. 1 bod za vysvětlení, že KT je třetina KC; 1 bod za vyjádření obsahu troj-úhelníku ABC; 2 body za vyjádření obsahu šestiúhelníku pomocí stejné neznámé; 1 bodza poměr obsahů obou útvarů nebo analogický poznatek; 1 bod za výsledek.

Poznámka. Na základě posledně uvedeného řešení a díky zadanému obsahu trojúhelníkuABC mohou žáci postupně vypočítat b

.= 11,8 cm, |KT | .

= 3,4 cm a S2.= 30,0 cm. I takové

řešení lze ohodnotit plným počtem bodů, pokud je i zdůvodnění v pořádku.

5



Z5–I–1

Vítek má napsána dvě čísla, 541 a 293. Z šesti použitých číslic má nejprve vyškrtnoutdvě tak, aby součet dvou takto získaných čísel byl největší možný. Poté má z původníchšesti číslic vyškrtnout dvě tak, aby rozdíl dvou takto získaných čísel byl nejmenší možný(odečítá menší číslo od většího). Které číslice má vyškrtnout? (M. Petrová)

Možné řešení. Nejprve budeme vyškrtávat číslice tak, aby byl součet co největší. Buďmůžeme dvě číslice vyškrtnout z prvního čísla, nebo můžeme dvě číslice vyškrtnout z druhé-ho, nebo je možnost vyškrtnout z každého čísla po jedné číslici. V každém případě škrtámečíslice tak, aby výsledný sčítanec byl co největší. Dostáváme tato čísla:

• škrtneme 4 a 1, zbyde 5 a 293: součet 298,• škrtneme 2 a 3, zbyde 541 a 9: součet 550,• škrtneme 1 a 2, zbyde 54 a 93: součet 147.Vidíme, že největší součet (550) získáme po vyškrtnutí číslic 2 a 3 z druhého čísla.Nyní budeme hledat nejmenší rozdíl. Opět můžeme vyškrtnout dvě číslice z prvního

čísla, nebo dvě číslice z druhého, nebo z každého čísla po jedné číslici. Kdybychom vyškr-távali dvě číslice z jednoho čísla, byl by rozdíl vždy trojmístné číslo. Když vyškrtávámez každého čísla po jedné číslici, dostaneme tato čísla:

• škrtneme 5 a 2, zbyde 41 a 93: rozdíl 52,• škrtneme 5 a 9, zbyde 41 a 23: rozdíl 18,• škrtneme 5 a 3, zbyde 41 a 29: rozdíl 12,• škrtneme 4 a 2, zbyde 51 a 93: rozdíl 42,• škrtneme 4 a 9, zbyde 51 a 23: rozdíl 28,• škrtneme 4 a 3, zbyde 51 a 29: rozdíl 22,• škrtneme 1 a 2, zbyde 54 a 93: rozdíl 39,• škrtneme 1 a 9, zbyde 54 a 23: rozdíl 31,• škrtneme 1 a 3, zbyde 54 a 29: rozdíl 25.Vidíme, že nejmenší rozdíl (12) získáme vyškrtnutím 5 z prvního čísla a 3 z druhého

čísla.

Z5–I–2

V Trpasličím království měří vzdálenosti v pohádkových mílích (pm), v pohádkovýchsázích (ps) a v pohádkových loktech (pl). Na vstupní bráně do Trpasličího království jenásledující tabulka pro převody mezi jejich jednotkami a našimi:

• 1 pm = 3,85m,• 1 ps = 105 cm,• 1 pl = 250mm.Král Trpaslík I. nechal přeměřit vzdálenost od zámecké brány k pohádkovému jezírku.

Tři pozvaní zeměměřiči dospěli k těmto výsledkům: první uváděl 4 pm 4ps 18 pl, druhý3 pm 2 ps 43 pl a třetí 6 pm 1ps 1 pl. Jeden z nich se však zmýlil. Jaká je vzdálenostv metrech od zámecké brány k pohádkovému jezírku? O kolik centimetrů se spletl nepřesnýzeměměřič? (M. Petrová)

1

Možné řešení. Nejprve si převedeme pohádkové míry např. na centimetry:

1 pm = 385 cm, 1 ps = 105 cm, 1 pl = 25 cm.

Nyní vyjádříme v centimetrech vzdálenosti změřené jednotlivými zeměměřiči:1. zeměměřič naměřil 4 pm 4 ps 18 pl, tj.

4 · 385 + 4 · 105 + 18 · 25 = 1 540 + 420 + 450 = 2 410 (cm).

2. zeměměřič naměřil 3 pm 2 ps 43 pl, tj.

3 · 385 + 2 · 105 + 43 · 25 = 1 155 + 210 + 1 075 = 2 440 (cm).

3. zeměměřič naměřil 6 pm 1 ps 1 pl, tj.

6 · 385 + 1 · 105 + 1 · 25 = 2 310 + 105 + 25 = 2 440 (cm).

Vzdálenost od zámecké brány k pohádkovému jezírku je 2 440 cm = 24,4m. Prvnízeměměřič se spletl o 2 440− 2 410 = 30 (cm).

Z5–I–3

Čtyři kamarádi Adam, Mojmír a dvojčata Petr a Pavel získali v hodinách matematikycelkem 52 smajlíků, každý alespoň 1. Přitom dvojčata dohromady mají 33, ale nejúspěšnějšíbyl Mojmír. Kolik jich získal Adam? (M. Volfová)

Možné řešení. Všech smajlíků je 52, přitom dvojčata jich získala 33 a Adam alespoňjeden. Pro Mojmíra zbývá nejvýše 52−33−1 = 18 smajlíků. Aby jich měl nejvíc ze všech,může každé z dvojčat mít nejvýše 17 smajlíků. To ale znamená, že jich Petr získal právě17 a Pavel 16, nebo naopak. Kdyby měl totiž jeden méně než 16, musel by mít druhý vícnež 17 tak, aby dohromady měli 33. Odtud také vyplývá, že Mojmír nemohl získat méněnež 18 smajlíků, aby měl víc než každé dvojče. Proto Mojmír získal právě 18 smajlíků a naAdama tak zbývá jeden smajlík :-).

Jiné řešení. Víme, že dvojčata získala dohromady 33 smajlíků a přitom každý alespoňjeden. Kdyby Petr získal 32 smajlíků a Pavel jeden, musel by jich Mojmír získat alespoň33, aby měl ze všech nejvíc. Pak by ale všichni dohromady i s Adamem měli alespoň33 + 33 + 1 = 67 smajlíků, což není možné, protože ze zadání víme, že dohromady mají52. Podobně, kdyby Petr získal 31 smajlíků a Pavel 2, musel by Mojmír mít alespoň 32,dohromady s Adamem pak 33+32+1 = 66, což je stále moc. . . Stejnou úvahou lze vyloučitvšechny možnosti rozdělení smajlíků mezi dvojčaty až na následující případ: Petr 17, Pavel16 (nebo opačně), potom Mojmír 18 a Adam 1.

2

Z5–I–4

Pan Tik a pan Tak prodávali budíky v prodejnách Před Rohem a Za Rohem. Pan Tiktvrdil, že Před Rohem prodali o 30 budíků více než Za Rohem, zatímco pan Tak tvrdil, žePřed Rohem prodali třikrát více budíků než Za Rohem. Nakonec se ukázalo, že Tik i Takměli pravdu. Kolik budíků prodali v obou prodejnách celkem? (L. Hozová)

Možné řešení. Z Takovy informace plyne, že pokud počet budíků prodaných v prodejněZa Rohem představuje jeden díl, pak počet budíků prodaných v prodejně Před Rohempředstavuje tři tyto díly. Z Tikovy informace potom vyplývá, že dvěma těmto dílům od-povídá 30 budíků. Počet budíků v obou prodejnách odpovídá čtyřem dílům, celkem tedyprodali 30 + 30 = 60 budíků.

Poznámka. Jednomu dílu odpovídá 15 budíků (30 : 2 = 15), takže v prodejně Za Rohembylo prodáno 15 budíků. V prodejně Před Rohem prodali 45 budíků, protože 3 · 15 = 45.V obou prodejnách pak prodali celkem 15 + 45 = 60 budíků.

Z5–I–5

Do kroužků na obrázku doplňte čísla 1, 2, 3, 4, 5, 6 a 7 tak, aby součet čísel na každévyznačené linii byl stejný. Žádné číslo přitom nesmí být použito víckrát.

(M. Smitková)

Možné řešení. Zkoušením nacházíme tato tři řešení:

1

4

5

6

2

3

7

4

2

6

3

1

5

7

4

6

2

1

3

7

5

Zkoušení můžeme s výhodou začínat např. vyplněním dvou kroužků na svislé liniivpravo. Jako jediná obsahuje pouze dvě políčka, proto do nich patří spíše větší čísla.

Hodnocení. I jediné správné řešení bez komentáře ohodnoťte „výborně“.

Poznámka. Součet všech použitých čísel je 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28. Všimnemesi kroužku v levém dolním rohu. Vychází z něj tři úsečky, na každé z nich leží další dvakroužky. Tím máme spojeno všech sedm kroužků.Zjistíme, že číslo v levém dolním rohu nemůže být libovolné: Součet čísel ve zbylých

dvou kroužcích na každé ze tří zmiňovaných linií musí být stejný. Trojnásobek tohoto

3

součtu je proto stejný jako rozdíl mezi 28 a číslem v levém dolním rohu. Proto v levémdolním rohu může být jedině 1, 4 nebo 7.Potom součet zbylých dvou čísel na zmiňovaných liniích je po řadě 9, 8 nebo 7, a součet

všech čísel na jedné linii je po řadě 10, 12 nebo 14. Na základě těchto součtů rozdělímezbylá čísla do dvojic a z každé dvojice vybereme jedno tak, aby součet těchto tří vybranýchčísel byl rovněž 10, 12 nebo 14. Tato tři čísla budou ležet na zatím nevybrané úhlopříčce.Podobným způsobem vybereme dvojici čísel na pravou stranu čtverce. Tak získáváme výšeuvedená tři řešení a zároveň máme ověřeno, že žádné další řešení už není.

Z5–I–6

Paní Široká čekala večer hosty. Nejprve pro ně připravila 25 chlebíčků. Pak spočítala,že by si každý host mohl vzít dva, tři by se však na všechny nedostaly. Řekla si, že kdybyvyrobila ještě 10 chlebíčků, mohl by si každý host vzít tři, ale čtyři ne každý. To jí přišlostále málo. Nakonec uchystala dohromady 52 chlebíčků. Každý host by si tedy mohl vzítčtyři chlebíčky, ale pět by se na všechny nedostalo. Kolik hostů paní Široká očekávala? Onasama drží dietu a večer nikdy nejí. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Nejprve pracujme s částí zadání, kde se uvažuje o 25 chlebíčcích. Podlení paní Široká očekávala nejvýše 12 hostů, protože 25 : 2 = 12, zbytek 1, což znamená,že 12 lidí by si mohlo vzít po dvou chlebíčcích, pak by však zbyl pouze jediný. Zde téžzjišťujeme, že paní Široká čekala více než 8 hostů, protože 25 : 3 = 8, zbytek 1, cožznamená, že při 8 hostech by si všichni mohli vzít po třech chlebíčcích. Zatím tedy připadáv úvahu, že mělo přijít 9, 10, 11 nebo 12 hostů.Teď uvažujme pouze o části zadaní, v níž se hovoří o 35 chlebíčcích. Určíme, že paní

Široká počítala maximálně s 11 hosty, jelikož 35 : 3 = 11, zbytek 2, a více než s 8 hosty,jelikož 35 : 4 = 8, zbytek 3. Tedy paní Široká mohla čekat 9, 10 nebo 11 hostů.Dále pracujme jen s rozvahou nad 52 chlebíčky. Podle ní paní Široká čekala nejvýše

13 hostů, protože 52 : 4 = 13, a přitom více než 10 hostů, protože 52 : 5 = 10, zbytek 2.Počítala tedy s 11, 12 nebo 13 hosty.Vidíme, že se všemi údaji v zadání se shoduje jediný počet hostů, a to 11.

Jiné řešení. Stejně jako v prvním odstavci předchozího řešení určíme, že paní Širokámohla očekávat 9, 10, 11 nebo 12 hostů. Pro každý počet zjistíme, zda odpovídá i dalšímúdajům v zadání.9 hostů: Při 35 chlebíčcích by si všichni mohli vzít po třech chlebíčcích a nikoli po

čtyřech, neboť 9·3 < 35 a 9·4 > 35. Při 52 chlebíčcích by si každý mohl vzít čtyři chlebíčky,ale dokonce i pět, protože 9 · 4 < 52 i 9 · 5 < 52. Tento počet hostů zavrhujeme.10 hostů: Při 35 chlebíčcích by si všichni mohli vzít po třech chlebíčcích a nikoli po

čtyřech, poněvadž 10 · 3 < 35 a 10 · 4 > 35. Při 52 chlebíčcích by si každý mohl vzítčtyři chlebíčky, ale dokonce i pět, protože 10 · 4 < 52 i 10 · 5 < 52. Tento počet hostů téžzavrhujeme.11 hostů: Při 35 chlebíčcích by si všichni mohli vzít po třech chlebíčcích a nikoli po

čtyřech, protože 11 · 3 < 35 a 11 · 4 > 35. Při 52 chlebíčcích by si všichni mohli vzít počtyřech chlebíčcích a nikoli po pěti, jelikož 11 · 4 < 52 a 11 · 5 > 52. Tento počet hostůodpovídá celému zadání.12 hostů: Při 35 chlebíčcích by si nemohli všichni vzít po třech chlebíčcích, protože

12 · 3 > 35. Tento počet hostů zavrhujeme.Paní Široká čekala 11 hostů.

4



Z6–I–1

Když Bořek natíral vrata garáže, přetřel omylem i stupnici nástěnného venkovního tep-loměru. Trubička se rtutí však zůstala nepoškozená, a tak Bořek původní stupnici přelepilpáskem vlastní výroby. Na něj pečlivě vyrýsoval dílky, všechny byly stejně velké a označenéčísly. Jeho dílek měl však jinou velikost než původní dílek, který představoval jeden stupeňCelsia, a i nulu Bořek umístil jinam, než kde bylo 0 ◦C. Takto začal Bořek měřit teplotuve vlastních jednotkách: bořcích. Když by měl teploměr ukazovat teplotu 11 ◦C, ukazoval2 bořky. Když by měl ukazovat −4 ◦C, ukazoval −8 bořků. Jaká je teplota ve stupníchCelsia, vidí-li Bořek na svém teploměru teplotu −2 bořky? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Při 11 ◦C ukazuje teploměr 2 bořky. Když teplota klesne na −4 ◦C, tedyo 15 ◦C, ukazuje teploměr −8 bořků, tedy o 10 bořků méně než v prvém případě. Změnateploty o 10 bořků odpovídá změně o 15 ◦C, tudíž změna o 1 bořek představuje změnuo 1,5 ◦C. Teplota −2 bořky, na kterou se ptá úloha, je o 4 bořky menší než teplota uvedenáv úvodu našeho řešení. Teplota −2 bořky je proto ve stupních Celsia rovna

11− 4 · 1,5 = 5.

Jiné řešení. Úlohu lze řešit i graficky např. na milimetrovém papíře:

−8

−2

+2

−4

? → +5

+11

bořky ◦C

Z6–I–2

Začínající písničkář prodával vždy po vystoupení CD se svou hudbou. Ve čtvrtekprodal osm stejných CD. Den nato už nabízel i své nové CD a lidé si tak mohli koupit tosamé jako ve čtvrtek nebo nové. V sobotu chtěli všichni posluchači nové CD a písničkář jichprodal ten den šest. V jednotlivých dnech utržil 590 Kč, 720 Kč a 840 Kč, neprozradímevšak, která částka patří ke kterému dni.

• Kolik stálo starší CD?• Kolik nových CD prodal v pátek?

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Nejprve se pokusíme přiřadit jednotlivé částky ke dnům. Čtvrteční tržbamusí být násobkem osmi, sobotní násobkem šesti. Čísla 720 a 840 jsou obě násobky šesti

5

i osmi. Číslo 590 není násobkem šesti ani osmi. Tedy písničkář buď utržil a) ve čtvrtek720 Kč a v sobotu 840 Kč nebo b) naopak. V pátek získal určitě 590 Kč. Prověřme oběmožnosti.a) Cena starého CD by byla 720 : 8 = 90 (Kč) a cena nového 840 : 6 = 140 (Kč).

Ověříme, zda lze z uvedených dvou cen složit pátečních 590 Kč. Uvažujme postupně různépočty nových CD, jejich celkovou cenu vždy odečtěme od 590 Kč a sledujme, zda je výslednýrozdíl dělitelný číslem 90.

za nová CD 0 1 · 140 2 · 140 3 · 140 4 · 140

za stará CD 590 450 310 170 30

Tabulka ukazuje, že z cen 90 Kč a 140 Kč lze složit částku 590 Kč, a to jediným způsobem:1 · 140 + 5 · 90.b) Cena starého CD by byla 840 : 8 = 105 (Kč) a cena nového 720 : 6 = 120 (Kč).

Podobně jako v předchozím případě ověříme, zda lze z uvedených dvou cen složit pátečních590 Kč. (Tabulka bude jednodušší, uvážíme-li dopředu, že páteční tržba za stará CD musímít na místě jednotek nulu, aby i tržba za nová CD měla na místě jednotek nulu.)

za stará CD 0 2 · 105 4 · 105

za nová CD 590 380 170

Tabulka ukazuje, že z cen 105 Kč a 120 Kč nelze složit 590 Kč.Úloha má jediné řešení: staré CD stálo 90 Kč a v pátek písničkář prodal jedno nové CD.

Z6–I–3

Vojta napsal číslo 2010 stokrát bez mezer za sebou. Kolik čtyřmístných a kolik pě-timístných souměrných čísel bylo ukryto v tomto zápise? (Souměrné číslo je takové číslo,které je stejné, je-li čteno zepředu i zezadu, např. 39193.) (L. Hozová)

Možné řešení. Vojtův zápis začíná takto: 2010201020102010. . . Kdyby Vojta napsal 2010dvakrát za sebou, bylo by v zápise jedno pětimístné souměrné číslo 20102 a jedno pětimístnésouměrné číslo 10201. Kdyby napsal 2010 třikrát za sebou, bylo by v zápise každé z výšeuvedených souměrných čísel dvakrát. Pokračujeme-li v této úvaze dál, zjišťujeme, že kdyžVojta napsal 2010 stokrát za sebou, bylo v zápise každé uvedené souměrné číslo 99krát, tj.99krát číslo 20102 a 99krát číslo 10201.V zápise tedy bylo ukryto 2 · 99 = 198 pětimístných souměrných čísel. Čtyřmístná

souměrná čísla v zápise nejsou.

6

Z6–I–4

Součin věků dědy Vendelína a jeho vnoučat je 2010. Součet věků všech vnoučat je 12a žádná dvě vnoučata nemají stejný počet let. Kolik vnoučat má děda Vendelín?

(L. Hozová)

Možné řešení. Prvočíselný rozklad čísla 2010 je 2 · 3 · 5 · 67. Možnost, že by dědovi bylo2 · 67 = 134 či dokonce více, můžeme ihned zavrhnout (a i kdybychom tak vysoký věkdědy připustili, stejně by nevedl k řešení úlohy). Dědův věk tak musí být 67 a součin věkůjeho vnoučat je roven 2 · 3 · 5 = 30. Najdeme všechny rozklady čísla 30 na součin různýchpřirozených čísel a prověříme, kdy tato čísla dávají součet 12:

1 · 30 = 2 · 15 = 3 · 10 = 5 · 6 = 1 · 2 · 15 = 1 · 3 · 10 = 1 · 5 · 6 = 2 · 3 · 5 = 1 · 2 · 3 · 5.

Patřičný součet čísel je pouze v rozkladu 1 · 5 · 6. Děda Vendelín má tedy tři vnoučata,která jsou ve věku 1 rok, 5 let a 6 let.

Z6–I–5

Na táboře se dva vedoucí se dvěma táborníky a psem potřebovali dostat přes řekua k dispozici měli jen jednu loďku o nosnosti 65 kg. Naštěstí všichni (kromě psa) dokázaliloďku přes řeku převézt. Každý vedoucí vážil přibližně 60 kg, každý táborník 30 kg a pes12 kg. Jak si měli počínat? Kolikrát nejméně musela loďka překonat řeku? (M. Volfová)

Možné řešení. Nejprve se převezou oba hoši (1), jeden se vrátí zpět (2), pak pojede nadruhý břeh vedoucí (3), zpět se přepraví druhý chlapec (4), opět oba chlapci na druhýbřeh (5), jeden z nich zpět (6), druhý vedoucí se převeze (7), druhý chlapec zpět (8), nyníjeden z chlapců vezme psa a převeze ho (9), pak se vrátí pro kamaráda (10) a konečně obahoši přejedou na druhý břeh (11) a tím jsou tam všichni.

Poznámka. Převážet lze samozřejmě i jinými způsoby, nicméně řešení s méně než11 cestami není. To je způsobeno zejména tím, že s vedoucím v loďce už další cestujícíjet nemůže. Proto např. podobná úloha s jedním vedoucím a jedním táborníkem by vůbecnebyla řešitelná a k převozu jednoho vedoucího a dvou táborníků by již bylo zapotřebí5 cest. . .

Z6–I–6

Karel obestavěl krabici s obdélníkovým dnem obrubou z krychliček. Použil právě22 krychliček o hraně 1 dm, které stavěl těsně vedle sebe v jedné vrstvě. Mezi obruboua stěnami krabice nebyla mezera a celá tato stavba měla obdélníkový půdorys. Jaké roz-měry mohlo mít dno krabice? (M. Krejčová)

Možné řešení. Kromě čtyř rohových krychliček se všechny ostatní dotýkají jednou celousvojí stěnou některé stěny krabice a každá stěna krabice je bez mezer obestavěna řadoukrychliček. Dno krabice má tedy obvod 22−4 = 18 (dm), a protože 18 = 2 ·9 a 9 = 1 + 8 == 2 + 7 = 3 + 6 = 4 + 5 jsou všechny celočíselné rozklady čísla 9 na dva sčítance, máněkterý z následujících rozměrů (v dm): 1× 8, 2× 7, 3× 6, 4× 5.

7



Z7–I–1

Součin číslic libovolného vícemístného čísla je vždy menší než toto číslo. Pokud počí-táme součin číslic daného vícemístného čísla, potom součin číslic tohoto součinu, poté znovasoučin číslic nového součinu atd., nutně po nějakém počtu kroků dospějeme k jednomíst-nému číslu. Tento počet kroků nazýváme perzistence čísla. Např. číslo 723 má perzistenci 2,neboť 7 · 2 · 3 = 42 (1. krok) a 4 · 2 = 8 (2. krok).1. Najděte největší liché číslo, které má navzájem různé číslice a perzistenci 1.2. Najděte největší sudé číslo, které má navzájem různé nenulové číslice a perzistenci 1.3. Najděte nejmenší přirozené číslo, které má perzistenci 3.

(S. Bednářová)

Možné řešení. 1. V zadání není řečeno, že v tomto případě nesmíme použít nulu. Je--li jedna z číslic nulová, znamená to, že součin v prvním kroku je rovněž nula a tedyperzistence je 1. Stačí tedy sestavit největší liché číslo s navzájem různými číslicemi; tímje 9 876 543 201.

2. Tentokrát nulu použít nesmíme. Znamená to, že ciferný součin hledaného čísla musíbýt číslo jednomístné, přičemž se snažíme získat co největší počet navzájem různých činitelů(počet činitelů pak určuje počet číslic tohoto čísla, tedy čím více činitelů, tím vyšší číslo).Uvažujme tedy všechny možné rozklady jednomístných čísel na součiny přirozených čísel.Protože hledáme sudé číslo, potřebujeme, aby alespoň jeden činitel ciferného součinu

byl sudé číslo. To znamená, že ciferný součin je rovněž sudé číslo, takže se při hledánírozkladů stačí omezit na čísla 2, 4, 6 a 8. Dále se můžeme zaměřit pouze na rozklady,jejichž činitelem je i 1. Příslušná čísla jsou vždy o jeden řád vyšší než čísla odpovídajícírozkladům bez 1.

• 2 = 1 · 2, možnosti: 12,• 4 = 1 · 4, možnosti: 14,• 4 = 1 · 2 · 2, nelze (stejní činitelé),• 6 = 1 · 6, možnosti: 16,• 6 = 1 · 2 · 3, možnosti: 132, 312,• 8 = 1 · 8, možnosti: 18,• 8 = 1 · 2 · 4, možnosti: 124, 142, 214, 412.Z nalezených možností je nejvyšší číslo 412.

3. Tento úkol můžeme řešit tak, že postupně procházíme vícemístná čísla počínajenejmenším (tj. 10) a zjišťujeme jejich perzistenci. První nalezené číslo s perzistencí 3 jehledané číslo.Dvojmístná čísla obsahující číslici 1 nebo 0 mají perzistenci 1, protože příslušný ciferný

součin je nejvýše 9. Podobně dvojmístná čísla obsahující číslici 2 mají perzistenci nejvýše 2,protože příslušný ciferný součin je nejvýše 18. Na základě těchto úvah stačí začít prověřovatpřirozená čísla až od 33:

• 33, 3 · 3 = 9, perzistence 1,• 34, 3 · 4 = 12, 1 · 2 = 2, perzistence 2,

8

• 35, 3 · 5 = 15, 1 · 5 = 5, perzistence 2,• 36, 3 · 6 = 18, 1 · 8 = 8, perzistence 2,• 37, 3 · 7 = 21, 2 · 1 = 2, perzistence 2,• 38, 3 · 8 = 24, 2 · 4 = 8, perzistence 2,• 39, 3 · 9 = 27, 2 · 7 = 14, 1 · 4 = 4, perzistence 3.Nejmenší přirozené číslo s perzistencí 3 je 39.

Z7–I–2

Ondra na výletě utratil 23peněz a ze zbytku dal ještě 2

3na školu pro děti z Tibetu. Za

2

3nového zbytku ještě koupil malý dárek pro maminku. Z děravé kapsy ztratil 4

5zbylých

peněz, a když ze zbylých dal půlku malé sestřičce, zůstala mu právě jedna koruna. S jakýmobnosem šel Ondra na výlet? (M. Volfová)

Možné řešení. Počet Ondrových korun před výletem označíme x.

• Ondra na výletě utratil 23peněz, zbylo mu tedy 1

3x korun.

• Na školu v Tibetu dal 23zbylých peněz, zbylo mu 1

3· 13x = 1

9x korun.

• Dárek mamince stál 23zbytku, zbylo mu 1

3· 19x = 1

27x korun.

• Z toho ztratil 45, zbylo mu 1

5· 127

x = 1

135x korun.

• Půlku zbylých peněz dal sestře a jemu zůstala druhá půlka, tj. 12

· 1

135x = 1

270x, a to

byla 1 koruna.

Je-li 1

270x = 1, je x = 270. Ondra šel na výlet s obnosem 270 korun.

Jiné řešení. Úlohu je možné řešit také odzadu podle následujícího schématu:

: 3 : 3 : 3 : 5 : 2

výlet škole mamce ztratil sestře1

Postupně, zprava doleva, dostáváme následující hodnoty: 1·2 = 2, 2·5 = 10, 10·3 = 30,30 · 3 = 90 a 90 · 3 = 270. Ondra měl před výletem 270 korun.

Z7–I–3

Šárka prohlásila:„Jsme tři sestry, já jsem nejmladší, Líba je starší o tři roky a Eliška o osm. Naše

mamka ráda slyší, že nám všem (i s ní) je v průměru 21 let. Přitom když jsem se narodila,bylo mamce už 29.ÿPřed kolika lety se Šárka narodila? (M. Volfová)

Možné řešení. Pokud věk Šárky v letech označíme x, potom Líbě je x+ 3, Elišce x+ 8a mamce x+ 29 let. Věkový průměr všech je 21 let, tzn.

(x+ (x+ 3) + (x+ 8) + (x+ 29)) : 4 = 21,

po úpravě

4x+ 40 = 84,

x = 11.

Šárka se narodila před 11 lety.

9

Z7–I–4

Jindra měl napsáno čtyřmístné číslo. Toto číslo zaokrouhlil na desítky, na stovky a natisíce a všechny tři výsledky zapsal pod toto číslo. Všechna čtyři čísla správně sečetl a dostal5 443. Které číslo měl Jindra napsáno? (M. Petrová)

Možné řešení. Celé zadání si napíšeme jako sčítání čtyř čísel. Zároveň napíšeme nulyna ta místa, kde musí být po zaokrouhlení daného čísla, na ostatní místa si napíšemehvězdičky, které budeme postupně doplňovat.

∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ 0∗ ∗ 0 0∗ 0 0 05 4 4 3

Nejprve si všimneme posledního sloupce, ve kterém je jediná neznámá číslice. Na místopříslušné hvězdičky můžeme doplnit pouze číslici 3, takže neznámé číslo má na místě jed-notek číslici 3. ∗ ∗ ∗ 3

∗ ∗ ∗ 0∗ ∗ 0 0∗ 0 0 05 4 4 3

Třetí sloupec: Je zřejmé, že se při zaokrouhlování na desítky zaokrouhluje dolů. Protona místě desítek u prvního a druhého čísla musí být stejné číslice. Protože sčítání namístě jednotek nebylo přes desítku, hledáme číslo, jehož dvojnásobek má na místě jednotekčíslici 4. Na místě desítek může být buď a) číslice 2, nebo b) číslice 7.

a) doplníme číslici 2: Poslední dvojčíslí hledaného čísla je 23.

∗ ∗ 2 3∗ ∗ 2 0∗ ∗ 0 0∗ 0 0 05 4 4 3

Druhý sloupec: I při zaokrouhlování na stovky zaokrouhlujeme dolů, takže na místě stovekprvního, druhého a třetího čísla je stejná číslice. Protože sčítání desítek nebylo přes desítku,opět nic nepřipočítáváme. Hledáme tedy číslo, jehož trojnásobek končí na číslici 4. Tomuvyhovuje jen číslice 8, takže poslední trojčíslí hledaného čísla je 823.

∗ 8 2 3∗ 8 2 0∗ 8 0 0∗ 0 0 05 4 4 3

První sloupec: Protože 8+8+8 = 24, připočítáváme 2. Zároveň hledané číslo zaokrouhlu-jeme na tisíce nahoru, takže číslice na místě tisíců u posledního čísla je o 1 větší než zbylé

10

tři. To znamená, že čtyřnásobek číslice na místě tisíců je 5 − 2 − 1 = 2. To ovšem nelzesplnit, takže tato možnost nevyhovuje, tzn. číslice 2 na místě desítek být nemůže.

b) doplníme číslici 7: Poslední dvojčíslí hledaného čísla je 73.

∗ ∗ 7 3∗ ∗ 7 0∗ ∗ 0 0∗ 0 0 05 4 4 3

Druhý sloupec: Protože 7+7 = 14, připočítáváme 1 z předchozího součtu. Zároveň hledanéčíslo zaokrouhlujeme na stovky nahoru, takže číslice na místě stovek u třetího čísla je o 1větší než zbylé dvě (resp. mohou být první dvě 9 a třetí 0). To znamená, že trojnásobekčíslice na místě stovek končí na číslici 4− 1− 1 = 2. Tomu vyhovuje jen číslice 4. Hledanéčíslo končí na trojčíslí 473.

∗ 4 7 3∗ 4 7 0∗ 5 0 0∗ 0 0 05 4 4 3

První sloupec: Hledané číslo se zaokrouhluje na tisíce dolů, takže všechny čtyři chybějícíčíslice jsou stejné. Má smysl doplnit na místo tisíců pouze číslici 1. Snadno ověříme, že pojejím doplnění je písemné sčítání správně.

1 4 7 31 4 7 01 5 0 01 0 0 0

5 4 4 3

Jediným řešením je číslo 1 473, takže Jindra měl napsáno číslo 1 473.

Z7–I–5

Libor narýsoval kružnici se středem S a body A, B, C, D, jak ukazuje obrázek. Zjistil,že úsečky SC a BD jsou stejně dlouhé. V jakém poměru jsou velikosti úhlů ASC a SCD?

A B

C

D

S

11

(L. Hozová)

Možné řešení. Ze zadání víme, že |SC| = |BD|, navíc |SC| = |SD|, protože jde o ve-likost poloměru kružnice. Trojúhelníky CSD a BDS jsou proto rovnoramenné. Označme|�DSB| = |�DBS| = δ, viz obrázek.

A B

C

D

S

δ δ

Protože součet vnitřních úhlů v trojúhelníku BDS je 180◦, platí

δ + δ + |�BDS| = 180◦,

a jelikož úhel BDC je přímý, platí

|�SDC|+ |�BDS| = 180◦.

Z uvedených dvou rovnic je zřejmé, že |�SDC| = 2δ. Protože trojúhelník CSD je rovno-ramenný, je i |�SCD| = 2δ. Poněvadž součet vnitřních úhlů v trojúhelníku CSD je 180◦

a úhel BSA je přímý, dostáváme tyto rovnice:

2δ + 2δ + |�CSD| = 180◦,|�ASC|+ |�CSD|+ δ = 180◦.

Z nich vyplývá, že |�ASC| = 3δ. Úloha se ptá na poměr |�ASC| : |�SCD|. Po dosazenídostaneme 3δ : 2δ, neboli 3 : 2.

Z7–I–6

Najděte všechna trojmístná přirozená čísla, která jsou beze zbytku dělitelná číslem 6a ve kterých můžeme vyškrtnout jakoukoli číslici a vždy dostaneme dvojmístné přirozenéčíslo, jež je také beze zbytku dělitelné číslem 6. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Číslice hledaného čísla označíme takto: x je na místě stovek, y na místědesítek a z na místě jednotek. Přirozené číslo je dělitelné šesti, právě když je součet jehočíslic roven násobku tří a číslice na místě jednotek je sudá.Nejprve uvažujeme pouze o první části této podmínky, podle které musí být součet

x + y + z dělitelný třemi. Po vyškrtnutí číslice z dostaneme dvojmístné číslo, jež má býtrovněž násobkem šesti. Toto číslo má součet číslic x+ y a ten musí být též dělitelný třemi.Vyškrtnutá číslice z tak mohla být pouze 0, 3, 6 nebo 9. Stejnou úvahou lze dojít k tomu,že také číslice x a číslice y mohou být pouze 0, 3, 6 nebo 9.

12

Nyní uvažujme i o druhé podmínce dělitelnosti šesti. Původní číslo a dvojmístná čísla,která z něj získáme vyškrtnutím jedné číslice, mají na místě jednotek buď z, nebo y.Číslice z a y tedy musejí být sudé. Podle zadání dostaneme po vyškrtnutí jakékoli číslicedvojmístné přirozené číslo. Toto číslo může začínat číslicí x nebo y, tyto číslice protonemohou být nulové.Shrneme-li vše výše uvedené, x může být 3, 6 nebo 9, y musí být 6, z může být 0

nebo 6. Všechna hledaná čísla jsou tedy 360, 366, 660, 666, 960 a 966.

13



Z8–I–1

Martin má na papíře napsáno pětimístné číslo s pěti různými číslicemi a následujícímivlastnostmi:

• škrtnutím druhé číslice zleva (tj. číslice na místě tisíců) dostane číslo, které je dělitelnédvěma,

• škrtnutím třetí číslice zleva dostane číslo, které je dělitelné třemi,• škrtnutím čtvrté číslice zleva dostane číslo, které je dělitelné čtyřmi,• škrtnutím páté číslice zleva dostane číslo, které je dělitelné pěti,• neškrtne-li žádnou číslici, má číslo dělitelné šesti.Které největší číslo může mít Martin napsáno na papíře? (M. Petrová)

Možné řešení. Číslice Martinova čísla označíme postupně a, b, c, d, e, číslo z nich utvořenéabcde. Nyní si postupně rozebereme všech pět podmínek:

1. číslo acde je dělitelné dvěma, tedy číslice e je 0, 2, 4, 6 nebo 8,2. číslo abde je dělitelné třemi, tedy součet a+ b+ d+ e je dělitelný třemi,3. číslo abce je dělitelné čtyřmi, tedy číslo ce je dělitelné čtyřmi,4. číslo abcd je dělitelné pěti, tedy číslice d je 0 nebo 5,5. číslo abcde je dělitelné šesti, což znamená, že je dělitelné dvěma a třemi zároveň, tj.číslo e je sudé (víme již z 1. podmínky) a součet a+ b+ c+ d+ e je dělitelný třemi.

Dáme-li dohromady druhou a pátou podmínku, dostáváme, že číslo c je rovněž dělitelnétřemi. Číslice c je proto 0, 3, 6 nebo 9. Vidíme, že na číslice c, d, e jsou kladeny samostatnépodmínky, zatímco na číslice a a b ne. Při hledání největšího vyhovujícího čísla budemepostupně prověřovat čísla vytvořená podle následujících zásad: číslo budeme vytvářet zlevaa vždy zvolíme největší možnou číslici takovou, aby číslice byly navzájem různé, aby platilysamostatné podmínky pro číslice c, d, e a aby nevzniklo číslo již prověřené. K rozhodnutí,zda takto vytvořené číslo splňuje všechny zadané podmínky, pak stačí ověřit druhou a třetípodmínku:

• 98 654: součet 9 + 8 + 5 + 4 = 26 není dělitelný třemi (2. podmínka není splněna),• 98 652: součet 9+ 8+ 5+ 2 = 24 je dělitelný třemi (2. podmínka splněna), ale 62 nenídělitelné čtyřmi (3. podmínka není splněna),

• 98 650: součet 9 + 8 + 5 + 0 = 22 není dělitelný třemi (2. podmínka není splněna),• 98 604: součet 9 + 8 + 0 + 4 = 21 je dělitelný třemi (2. podmínka splněna) a 64 jedělitelné čtyřmi (3. podmínka také splněna).

Číslo 98 604 je tedy největší číslo, které může mít Martin napsáno na papíře.

Z8–I–2

Karel se snažil do prázdných polí na obrázku vepsat přirozená čísla od 1 do 14 tak,aby žádné číslo nebylo použito víckrát a součet všech čísel v každé přímé linii byl stejný. Pochvíli si uvědomil, že to není možné. Jak byste Karlovo pozorování zdůvodnili vy? (Přímoulinií rozumíme skupinu všech sousedících políček, jejichž středy leží na jedné přímce.)

(S. Bednářová)

14

Možné řešení. Součet všech čísel, která máme do obrázku vepsat, je

1 + 2 + . . .+ 13 + 14 = 7 · 15 = 105.

Přímky v následujícím obrázku určují v obrazci čtyři přímé linie tak, že každé polepatří právě jedné linii. Součet všech čísel na každé vyznačené linii by měl být stejný a čtyř-násobek tohoto součtu má být 105. Jenže číslo 105 není dělitelné čtyřmi, což znamená, ževepsat čísla do polí požadovaným způsobem skutečně nelze.

Jiné řešení. Předpokládejme, že součet všech čísel v každé přímé linii může být stejný,a označme jej p. V obrazci můžeme pomocí pěti vodorovných přímek určit pět přímýchlinií tak, že každé pole bude patřit právě jedné linii. Z toho usuzujeme, že součet všechdoplněných čísel je 5p. Výše uvedený obrázek ukazuje jiné rozdělení obrazce na přímé linie,podle něhož součet všech doplněných čísel je 4p. To je ovšem spor, proto vepsat čísla dopolí požadovaným způsobem nelze.

15

Z8–I–3

Cena knížky „Nové hádankyÿ byla snížena o 62,5%. Matěj zjistil, že obě ceny (předsnížením i po něm) jsou dvojmístná čísla a dají se vyjádřit stejnými číslicemi, jen v různémpořadí. O kolik Kč byla knížka zlevněna? (M. Volfová)

Možné řešení. Původní cenu knížky v Kč budeme psát ve tvaru 10a+ b, kde a a b jsouneznámé nenulové číslice. Po zlevnění byla cena knížky 10b+a. Snížení ceny bylo o 62,5%,tedy na 37,5%, což znamená, že

37,5100

· (10a+ b) = 10b+ a.

Vzhledem k rovnosti 37,5100= 75

200= 3

8předchozí vztah upravíme:

38

· (10a+ b) = 10b+ a,

30a+ 3b = 80b+ 8a,

22a = 77b,

2a = 7b.

Jediná jednomístná přirozená čísla vyhovující této rovnosti jsou a = 7 a b = 2. Původnícena byla 72 Kč, po zlevnění 27 Kč, knížka byla zlevněna o 45 Kč.

Z8–I–4

Rozdělte krychli o hraně 8 cm na menší shodné krychličky tak, aby součet jejich po-vrchů byl pětkrát větší než povrch původní krychle. Jaký bude objem malé krychle a kolikcentimetrů bude měřit její hrana? (M. Volfová)

Možné řešení. Značí-li x délku (v cm) hrany malé krychličky, bude její povrch 6x2. Na

každé hraně dané krychle bude8xmalých krychliček, celá krychle tak bude rozdělena na

8x

· 8x

· 8x=8 · 64x3

krychliček. Povrch všech krychliček bude8 · 64x3

· 6x2 = 6 · 8 · 64x

a má

být pětkrát větší než povrch původní krychle, který je 6 · 82 = 6 · 64. Proto musí platit6 · 8 · 64

x= 5 · 6 · 64,

odkud po úpravě dostáváme x = 8

5= 1,6. Hrana malé krychličky bude měřit 1,6 cm a její

objem bude 1,63.= 4,1 (cm3).

Z8–I–5

Klára, Lenka a Matěj si procvičovali písemné dělení se zbytkem. Jako dělence mělkaždý zadáno jiné přirozené číslo, jako dělitele však měli všichni stejné přirozené číslo.Lenčin dělenec byl o 30 větší než Klářin. Matějův dělenec byl o 50 větší než Lenčin. Klářevyšel ve výsledku zbytek 8, Lence zbytek 2 a Matějovi zbytek 4. Všichni počítali bez chyby.Jaký dělitel byl žákům zadán? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Hledaný dělitel označíme x a Klářin dělenec označíme k. Lenčin dělenecje pak k + 30 a Matějův je k + 80. Vydělíme-li číslo k číslem x, dostaneme podle zadání

16

zbytek 8. Číslo k − 8 tedy musí být dělitelné číslem x beze zbytku. V zadání se dále uvádí,že k+30 dává po dělení číslem x zbytek 2 a k+80 dává po dělení týmž x zbytek 4. Protok + 28 a k + 76 musejí být beze zbytku dělitelná číslem x.

Ukázali jsme, že čísla k − 8 a k + 28 jsou beze zbytku dělitelná číslem x. Je zřejmé,že i jejich rozdíl 36 musí být beze zbytku dělitelný číslem x. Stejně tak i rozdíl čísel k+28a k+76, který je roven 48, musí být beze zbytku dělitelný číslem x. Jako x tedy připadajív úvahu pouze společní dělitelé čísel 36 a 48, a to jsou tito: 1, 2, 3, 4, 6 a 12. Číslo x musízároveň být větší než 8, jinak by Klára nemohla dostat při dělení tímto číslem zbytek 8.Hledaný dělitel x tak musí být 12.

Z8–I–6

V rovnoramenném lichoběžníku ABCD jsou úhlopříčky AC a DB na sebe kolmé,jejich délka je 8 cm a délka delší základny AB je také 8 cm. Vypočítejte obsah tohotolichoběžníku. (M. Krejčová)

Možné řešení. Průsečík úhlopříček lichoběžníku označíme J a středy jeho stran označímeS1, S2, S3 a S4, viz obrázek.

J

A B

CD

J1

J2

J3

J4

S1

S2

S3

S4

Ve středové souměrnosti se středem S1 zobrazíme bod J do bodu J1. Podobně určímei body J2, J3 a J4. Úhlopříčky čtyřúhelníků J1BJA, J2CJB, J3DJC a J4AJD se vždyvzájemně půlí a podle zadání platí |�BJA| = |�CJB| = |�DJC| = |�AJD| = 90◦, prototyto čtyřúhelníky musejí být obdélníky nebo čtverce. Z toho plyne, že spojením bodů A,J1, B, J2, C, J3, D, J4 a A vyznačíme čtverec J1J2J3J4 se stranou délky 8 cm. Jeho obsahje 8 · 8 = 64 (cm2) a kýžený obsah lichoběžníku ABCD je zjevně poloviční, tedy 32 cm2.

Jiné řešení. Bodem C vedeme rovnoběžku s úhlopříčkou BD a její průsečík s přímkouAB označíme F .

17

A B

CD

F

Trojúhelníky ACD a CFB jsou shodné podle věty sss, proto obsah lichoběžníkuABCD je stejný jako obsah trojúhelníku AFC. Z konstrukce plyne, že tento trojúhelníkje rovnoramenný (|AC| = |FC| = 8 cm) a pravoúhlý (s pravým úhlem u vrcholu C). Jehoobsah je tedy 1

2· 82 = 32 (cm2).

Poznámka. Všimněme si, že jsme u předchozích dvou řešení nepotřebovali délku základ-ny AB; obsah lichoběžníku ABCD je tedy na této veličině nezávislý.

Ještě jiné řešení. Průsečík úhlopříček označíme J , viz obrázek. Určíme obsahy trojúhel-níků ABD a CDB a sečtením pak dostaneme obsah lichoběžníku ABCD.

J

A B

CD

U obou trojúhelníků známe jednu stranu, a sice BD. Ze zadání víme, že úsečky BDa AC jsou na sebe kolmé. Proto úsečky JA a JC jsou výšky zmíněných trojúhelníků kolména stranu BD. Vypočítejme velikosti těchto výšek. Z osové souměrnosti celého útvaruplyne, že |AJ | = |BJ |. Tuto velikost označíme x a určíme ji podle Pythagorovy větyv trojúhelníku AJB:

|AJ |2 + |BJ |2 = |AB|2,x2 + x2 = 82,

x =√32 (cm).

Tedy |AJ | =√32 cm, a protože |AC| = 8 cm, platí |JC| = (8 −

√32) cm. Můžeme již

spočítat obsahy trojúhelníků ABD a CDB, respektive obsah lichoběžníku ABCD:

SABCD = SABD + SCDB =12

· 8 ·√32 +

12

· 8 · (8−√32).

Výraz lze výhodně upravit:

SABCD =12

· 8 · (√32 + 8−

√32) =

12

· 8 · 8 = 32 (cm2).

18

Poznámka. Pokud žáci budou průběžně vypočítávat mezivýsledky, dostanou tyto hod-noty: |AJ | .= 5,66 cm, |JC| .= 2,34 cm, SABD

.= 22,64 cm2, SCDB.= 9,36 cm2.

Ještě jiné řešení. Průsečík úhlopříček nazveme opět J . Středy základen AB a CD ozna-číme po řadě K a M .

J

A B

CD

L

N

K

M

Obsah lichoběžníku ABCD budeme počítat podle známého vzorce:

SABCD =12(|AB|+ |CD|) · |KM |.

Víme, že |�AJB| = 90◦, a z osové souměrnosti rovnoramenného lichoběžníku plyne, že|AJ | = |BJ |. Trojúhelník ABJ lze proto doplnit na čtverec ALBJ : v osové souměrnostipodle osy AB zobrazíme bod J do bodu L, viz obrázek. Podobně vytvoříme i čtverecDJCN . Obecně platí, že čtverec se stranou a má úhlopříčku o délce a

√2. Součet délek

strany AJ čtverce ALBJ a strany JC čtverceDJCN je 8 cm. Součet délek jejich úhlopříčekJL a NJ je tudíž 8

√2 cm, tedy

|NL| = 8√2 cm.

Podle obrázku postupně určíme:

|KM | = 12|NL| = 4

√2 cm,

|JL| = |AB| = 8 cm,

|DC| = |JN | = |NL| − |JL| = 8√2− 8 (cm).

Zjištěné délky dosadíme do výše uvedeného vzorce:

SABCD =12(8 + 8

√2− 8) · 4

√2 =12

· 8√2 · 4

√2 = 32 (cm2).

Poznámka. Pokud žáci budou průběžně vypočítávat mezivýsledky, dostanou tyto hod-noty: |KM | .

= 5,66 cm, |DC| .= 3,31 cm.

19



Z9–I–1

Pan Vlk čekal na zastávce před školou na autobus. Z okna slyšel slova učitele:„Jaký povrch může mít pravidelný čtyřboký hranol, víte-li, že délky všech jeho hran

jsou v centimetrech vyjádřeny celými čísly a že jeho objem je. . . ÿToto důležité číslo pan Vlk neslyšel, protože zrovna projelo okolo auto. Za chvíli slyšel

žáka hlásícího výsledek 918 cm2. Učitel na to řekl:„Ano, ale úloha má celkem čtyři řešení. Hledejte dál.ÿVíce se pan Vlk už nedozvěděl, neboť nastoupil do svého autobusu. Protože matema-

tika byla vždy jeho hobby, vytáhl si v autobuse tužku a papír a po čase určil i zbylá třiřešení učitelovy úlohy. Spočítejte je i vy. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Proměnné a a v jsou přirozená čísla a představují hranu podstavy pravi-delného čtyřbokého hranolu a jeho výšku. Pro rozměry, které uvažoval přihlásivší se žák,platí

918 = 2a2 + 4av = 2a · (a+ 2v),po vydělení dvěma dostaneme

459 = a · (a+ 2v).Budeme hledat všechny dvojice a, v, které odpovídají tomuto vztahu. Určíme tedy všechnymožné rozklady čísla 459 (459 = 33 · 17) na součin dvou přirozených čísel, z nichž menšíbude a a větší bude a + 2v. Následující tabulka ukazuje, že takové rozklady existují čtyřia každý vede k celočíselnému v. Pro všechny nalezené dvojice a, v pak spočítáme objem,který by učitel musel zadat, a jeho prvočíselný rozklad:

a a+ 2v v a2 · v

1. možnost 1 459 229 12 · 229 = 229

2. možnost 3 153 75 32 · 75 = 33 · 52

3. možnost 9 51 21 92 · 21 = 35 · 7

4. možnost 17 27 5 172 · 5 = 172 · 5

Učitel prozradil, že zadaný objem vede ke čtyřem řešením. U každého objemu v tabulceurčíme, ke kolika řešením vede, tedy pro každý objem najdeme všechna možná a:

a2 · v možná a

1. možnost 229 1

2. možnost 33 · 52 1, 3, 5, 15

3. možnost 35 · 7 1, 3, 9

4. možnost 172 · 5 1, 17

20

Vidíme, že jedině 2. možnost vede ke čtyřem hranolům. Učitel tedy zadal objem 33 · 52 == 675 (cm3) a první žák uvažoval tyto rozměry: a = 3 cm, v = 75 cm. Níže uvádíme, jakédalší rozměry hranolu měli žáci nalézt a jaký povrch z nich měli vypočítat:

a 1 5 15

v 675 27 3

2a2 + 4av 2 702 590 630

Učitel čekal na tato další tři řešení: 590 cm2, 630 cm2 a 2 702 cm2.

Z9–I–2

Na obrázku jsou tečkovanou čarou znázorněny hranice čtyř stejně velkých obdélní-kových parcel. Šedou barvou je vyznačena zastavěná plocha. Ta má tvar obdélníku, jehožjedna strana tvoří zároveň hranice parcel. Zapsaná čísla vyjadřují obsah nezastavěné plochyna jednotlivých parcelách, a to v m2. Vypočítejte obsah celkové zastavěné plochy.

480

560

200

440

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Na obrázku prodloužíme svislé hranice zastavěné plochy, čímž na oboudolních parcelách rozdělíme volnou plochu na dvě části. Obsahy nově vzniklých obdélníkůsnadno odvodíme:

480

480

200

240

200

80

S1 S2

a b

Obdélníky s obsahy 80m2 a 240m2 mají společnou stranu. Proto zbylé strany obdél-níků, v obrázku označené a a b, musejí mít délky ve stejném poměru, v jakém jsou obsahyobdélníků:

a

b=80240=13,

21

tedy b = 3a. V parcelách, které jsou na obrázku nahoře, označíme obsahy zastavěných částíS1 a S2. Jde o dva obdélníky s jednou společnou stranou a jejich další strany mají délky aa 3a. Obsahy obdélníků musejí být v témže poměru jako tyto délky, tedy S2 = 3S1. Parcelyna obrázku nahoře mají stejný obsah, proto

480 + S1 = 3S1 + 200,

po úpravě dostaneme S1 = 140 (m2). Obsah jedné parcely je 480+140 = 620 (m2) a obsahvšech čtyř je 4 · 620 = 2 480 (m2). Z něj odečteme obsahy všech volných ploch a dostanemeobsah celkové zastavěné plochy:

2 480− 480− 200− 560− 440 = 800 (m2).

Z9–I–3

Vlčkovi lisovali jablečný mošt. Měli ho ve dvou stejně objemných soudcích, v oboutéměř stejné množství. Kdyby z prvního přelili do druhého 1 litr, měli by v obou stejně,ale to by ani jeden soudek nebyl plný. Tak raději přelili 9 litrů z druhého do prvního. Pakbyl první soudek úplně plný a mošt v druhém zaplňoval právě třetinu objemu. Kolik litrůmoštu vylisovali, jaký byl objem soudků a kolik moštu v nich bylo původně?

(M. Volfová)

Možné řešení. Označme počet litrů v prvním soudku před přeléváním x, ve druhém y.Po přelití jednoho litru by bylo v prvním soudku x−1 litrů, ve druhém y+1 litrů a platiloby

x − 1 = y + 1.

Po přelití 9 litrů bylo v prvním soudku x + 9 litrů a byl plný, ve druhém y − 9 litrů, cožtvořilo třetinu objemu soudku, tedy třetinu toho, co bylo v prvním soudku. Proto

x+ 9 = 3 · (y − 9).

Z první rovnice vyjádříme x = y+ 2 a dosadíme do druhé: y+ 2+ 9 = 3y − 27. Po úpravědostáváme y = 19 a x = 21.V prvním soudku bylo původně 21 litrů a ve druhém 19 litrů moštu, Vlčkovi celkem

vylisovali 40 litrů moštu. Objem každého z obou soudků byl 30 litrů.

Z9–I–4

Pan Rychlý a pan Louda ve stejnou dobu vyšli na tutéž turistickou túru, jen panRychlý ji šel shora z horské chaty a pan Louda naopak od autobusu dole v městečku nachatu nahoru. V 10 hodin se na trase míjeli. Pan Rychlý spěchal a již ve 12 hodin byl v cíli.Naopak pan Louda postupoval pomalu, a tak dorazil k chatě až v 18 hodin. V kolik hodinpánové vyrazili na cestu, víme-li, že každý z nich šel celou dobu svou stálou rychlostí?

(M. Volfová)

Možné řešení. Označme rychlost (v km/h) pana Rychlého vR a pana Loudy vL. Dobu(v h) od vyjití do jejich setkání označíme x. Do setkání ušel pan Rychlý shora od chatyx · vR (km), pan Louda zdola od autobusu x · vL (km). Pan Rychlý pak šel ještě 2 h dolůk autobusu, ušel 2 · vR (km), pan Louda šel ještě 8 h k chatě nahoru, ušel 8 · vL (km).

22

Porovnáním odpovídajících vzdáleností získáme dvě rovnice: vzdálenost od místa, kdese pánové potkali, k autobusu je x · vL = 2 · vR (km), k chatě 8 · vL = x · vR (km). Odtudvyjádříme

vL

vR=2x=

x

8,

tedy x2 = 16 a x = 4. Od vyjití do setkání v 10 h šli oba pánové 4 hodiny, na cestu tedyvyrazili v 6 hodin.

Z9–I–5

Kružnici se středem S a poloměrem 12 cm jsme opsali pravidelný šestiúhelníkABCDEF a vepsali pravidelný šestiúhelník TUV XY Z tak, aby bod T byl středem stra-ny BC. Vypočítejte obsah a obvod čtyřúhelníku TCUS. (M. Krejčová)

Možné řešení. Kružnici popsanou v zadání nazvěme k a její poloměr r, přičemž platír = 12 cm. Její vztahy k šestiúhelníkům lze interpretovat také tak, že kružnice k je vepsánapravidelnému šestiúhelníku ABCDEF a opsána pravidelnému šestiúhelníku TUV XY Z,viz obrázek. Dále si uvědomme, že při sestrojování pravidelného šestiúhelníku TUV XY Zmůžeme podmínce v zadání, aby vrchol T ležel ve středu strany BC, vyhovět proto, žeprávě ve středu strany BC je bod dotyku šestiúhelníku ABCDEF a kružnice k jemu ve-psané. Proto i ostatní vrcholy šestiúhelníku TUV XY Z leží ve středech stran šestiúhelníkuABCDEF .

S

TU

V

X Y

Z

A

B

C

D

E

F

r

Při řešení úlohy budeme vycházet ze známé vlastnosti pravidelného šestiúhelníku: jaké-koli dva jeho sousední vrcholy a střed kružnice jemu opsané (resp. vepsané) tvoří vrcholyrovnostranného trojúhelníku. Tedy trojúhelníky CSB a CSD jsou rovnostranné, navícmají společnou stranu CS, podle které jsou osově souměrné. Bod T je středem strany BCtrojúhelníku CSB, a proto je i patou jeho výšky kolmé na stranu BC. Trojúhelník CST

23

je tudíž pravoúhlý. Bod U , který je středem strany DC, je osově souměrný k T podle CS,tudíž trojúhelníky CST a CSU jsou shodné.K dořešení úlohy stačí znát velikost |TC|, kterou vypočítáme podle Pythagorovy věty

v trojúhelníku CST (přitom použijeme |CS| = 2|TC|):|CS|2 = |ST |2 + |TC|2,4|TC|2 = r2 + |TC|2,3|TC|2 = r2,

|TC| = r√3=

r√33

.

Čtyřúhelník TCUS je tvořen dvěma shodnými trojúhelníky, určíme jeho obsah:

STCUS = 2 · SCST = |TC| · |ST | = r√33

· r =r2

√33

.

Obvod čtyřúhelníku TCUS je

oTCUS = 2(|TC|+ |ST |) = 2(

r√33+ r

)= 2r

(√33+ 1

).

Po dosazení r = 12 cm dojdeme k výsledkům:

STCUS = 48√3 .= 83,1 (cm2),

oTCUS = 8√3 + 24 .= 37,9 (cm).

Z9–I–6

Petr a Pavel česali v sadě jablka a hrušky. V pondělí snědl Petr o 2 hrušky více nežPavel a o 2 jablka méně než Pavel. V úterý Petr snědl o 4 hrušky méně než v pondělí.Pavel snědl v úterý o 3 hrušky více než Petr a o 3 jablka méně než Petr. Pavel snědl za obadny 12 jablek a v úterý snědl stejný počet jablek jako hrušek. V úterý večer oba chlapcizjistili, že počet jablek, která společně za oba dny snědli, je stejně velký jako počet společněsnědených hrušek. Kolik jablek snědl Petr v pondělí a kolik hrušek snědl Pavel v úterý?

(L. Hozová)

Možné řešení. Označme x, y odpovídající počty hrušek a jablek, jež v pondělí Pavelsnědl. Podle zadání postupně a trpělivě sestavíme následující tabulku:

pondělí úterý

Pavel hrušek x x+ 1

Pavel jablek y 12− y

Petr hrušek x+ 2 x − 2

Petr jablek y − 2 15− y

Při vyplňování tabulky jsme však zatím nepoužili následující informace:

a) Pavel snědl v úterý stejný počet jablek jako hrušek,b) počet všech společně snědených jablek je stejný jako počet snědených hrušek.

24

Podle informace b) sestavíme rovnici, po jejíchž úpravách získáme hodnotu x:

y + (12− y) + (y − 2) + (15− y) = x+ (x+ 1) + (x+ 2) + (x − 2),25 = 4x+ 1,

x = 6.

Podle informace a) též sestavíme rovnici, upravíme ji a dosadíme:

x+ 1 = 12− y,

y = 11− x = 5.

Dosazením do příslušných polí tabulky zjistíme, že Petr snědl v pondělí 3 jablka a Pavelsnědl v úterý 7 hrušek.Pro kontrolu uvádíme tabulku se všemi dosazenými hodnotami:

pondělí úterý

Pavel hrušek 6 7

Pavel jablek 5 7

Petr hrušek 8 4

Petr jablek 3 10

Poznámka. Při sestavování údajů v tabulce lze jistě postupovat různě a nepoužité infor-mace mohou být různé od těch v předchozím postupu. Při stejném značení neznámých takmůžeme získat jiné dvě rovnice, jež však při správném počítání vedou ke stejnému řešení.Navíc neznámé lze také volit různě, nicméně vždy jsou potřeba alespoň dvě. Stejný početnepoužitých informací pak určuje soustavu rovnic, kterou následně řešíme.

Jiné řešení. Pokud označíme x počet jablek, která Petr snědl v pondělí, a y počet hrušek,které Pavel snědl v úterý, pak tabulka může vypadat takto:

pondělí úterý

Pavel hrušek y − 1 y

Pavel jablek 12− y y

Petr hrušek y + 1 y − 3

Petr jablek x y + 3

Přitom jsme nepoužili následující informace:

a) v pondělí snědl Petr o 2 jablka méně než Pavel,b) počet všech společně snědených jablek je stejný jako počet snědených hrušek.

25

Odpovídající rovnice (po jednoduché úpravě) jsou:

x+ y = 10,

−x+ 3y = 18,

a jediným řešením této soustavy je x = 3 a y = 7.

26


II. kolo kategorie Z5Z5–II–1

Mirek vypisoval za sebou do řady výsledky malé násobilky sedmi od 7 do 70. Vypisovalje postupně od nejmenšího po největší a nepsal mezi nimi čárky ani mezery. V takhle vznikléřadě číslic škrtl jedenáct z těchto číslic. Které největší a které nejmenší číslo mohl dostat?

(M. Petrová)

Možné řešení. Mirek získal tuto řadu číslic:

7142128354249566370.

Škrtnutím jedenácti číslic mu tedy muselo zbýt osmimístné číslo. Má-li být takové číslo conejvětší (resp. nejmenší), musí mít na prvním místě zleva, případně na prvních místechzleva, co největší (resp. nejmenší) číslice.

a) Největší číslo. Je-li na prvním místě zleva menší číslice než na druhém místě zleva,první číslici škrtneme. Opět porovnáme první dvě číslice zleva, a je-li první menší, škrtnemeji atd. Je-li na prvním místě zleva větší číslice než na druhém místě zleva, žádnou číslicineškrtáme a způsobem popsaným výše porovnáme druhou a třetí číslici zleva. Po každéškrtnuté číslici začínáme kontrolou dvojic číslic úplně zleva. Postup opakujeme tak dlouho,dokud neškrtneme celkem 11 číslic.

7142128354249566370 neškrtáme nic

7142128354249566370 škrtáme 1 (1. škrtnutá číslice)

742128354249566370 neškrtáme nic

742128354249566370 neškrtáme nic

742128354249566370 neškrtáme nic


Další postup je analogický; uvádíme proto jen okamžiky, kdy vyškrtáváme nějaké číslice:










Největší číslo, které mohl Mirek získat, je 89 566 370.

1

b) Nejmenší číslo. Postupujeme podobně jako při hledání největšího čísla; škrtámenaopak větší číslice:


142128354249566370 neškrtáme nic


Dále jen zkráceně:










Nejmenší číslo, které mohl Mirek získat, je 11 224 370.

Jiné řešení. Mirek získal tuto řadu číslic:

7142128354249566370.

Škrtnutím jedenácti číslic mu tedy muselo zbýt osmimístné číslo. Má-li být takové číslo conejvětší (resp. nejmenší), musí mít na prvních místech zleva co největší (resp. nejmenší)číslice. Místo škrtání přebytečných číslic budeme vybírat ty vhodné.

a) Největší číslo. Číslice 9 je v řadě pouze jedenkrát a největší vybrané číslo začínajícíčíslicí 9 je 9566370. Toto číslo je však pouze sedmimístné, takže hledané číslo nemůžezačínat číslicí 9. Nejbližší menší číslice je 8, která se v řadě vyskytuje jedenkrát a zrovnapřed 9. Největší vybrané osmimístné číslo je tedy 89 566 370.

b) Nejmenší číslo. Číslicí 0 začínat nemůžeme ani nehodláme. (Navíc díky tomu, že jetato číslice v řadě až na úplně posledním místě, může být ve vybraném čísle také jedině nakonci, proto ji v následujících diskusích ignorujeme.) Číslice 1 je v řadě celkem dvakrát —můžeme obě vybrat jako první dvě číslice hledaného čísla, protože v řadě máme napravo oddruhé číslice 1 ještě dostatek číslic pro vytvoření osmimístného čísla. Číslice 2 se vyskytujeza druhou číslicí 1 dvakrát — můžeme tyto dvě dvojky zvolit jako třetí a čtvrtou číslicihledaného čísla, protože v řadě zbývá napravo od poslední číslice 2 ještě dostatek číslic provytvoření osmimístného čísla. Momentálně máme 1122**** a potřebujeme doplnit posledníčtyři číslice ze zbytku řady 49566370.

Číslice 3 za poslední použitou 2 je jediná, ale použít ji nemůžeme, protože pak bychomnedoplnili osmimístné číslo. Číslice 4 za poslední použitou 2 je jediná — vybíráme a hle-dáme poslední tři číslice. Nejmenší číslice za touto 4 je 3 na předpředposledním místě —když ji vybereme, poslední dvě číslice jsou již jasné. Nejmenší vybrané osmimístné číslo jetedy 11 224 370.

2

Poznámka. Předchozí úvahy pomocí škrtání lze přehledně shrnout následovně.a) Největší číslo:

7142128354249566370

8354249566370

b) Nejmenší číslo:

7142128354249566370

142128354249566370

1128354249566370

112249566370

Hodnocení. Udělte 1 bod za správně vypsanou původní řadu číslic (tj. bez škrtání). Další3 body udělte za nalezení prvního z čísel (největšího nebo nejmenšího), z toho 2 body zapopsání způsobu škrtání číslic a 1 bod za správný výsledek. Poslední dva body udělte zanalezení druhého z čísel, z toho 1 bod za postup a 1 bod za správný výsledek.

Řešení, ve kterém je stručně vysvětlen správný způsob vyhledávání škrtaných číslicu obou čísel, považujte za správné a úplné i v případě, že není žádná škrtaná číslice zdů-vodněna samostatně. Pokud v řešení chybí jakkoli naznačený správný postup, ohodnoťteúlohu nejvýše 3 body. Domnívá-li se řešitel, že stačí vyškrtat z celé řady číslic všechnynejmenší, resp. největší číslice, udělte mu nejvýše 1 bod (za správně vypsanou řadu číslic).

Z5–II–2Rytíř Milivoj se chystal do Veselína na turnaj. Ten se koná ve středu. Protože mu ale

cesta z Rytířova, kde bydlí, do Veselína bude trvat dva dny, vyrazil už v pondělí. Cestavede přes další dvě města, Kostín a Zubín. První den jízdy urazil 25 mil a přenocovalv Zubíně. Druhý den, v úterý, šťastně dojel do Veselína. Turnaj s přehledem vyhrál, takžekdyž se ve čtvrtek vracel zpátky, jel rychleji. Ujel o 6 mil více než v pondělí, přenocovaltak v Kostíně. V pátek ujel 11 mil, které mu zbývaly do Rytířova. Urči vzdálenost meziZubínem a Veselínem. (M. Petrová)

Možné řešení. Situaci ze zadání si nejdřív znázorníme.Cesta na turnaj:

Rytířov Kostín Zubín Veselín

pondělí

25 mil

úterý

Cesta z turnaje:

Rytířov Kostín Zubín Veselín

pátek

11 mil

čtvrtek

3

Protože ve čtvrtek Milivoj ujel o 6 mil více než v pondělí, musel ve čtvrtek ujetz Veselína do Kostína 25 + 6 = 31 (mil).

To znamená, že celá vzdálenost z Rytířova do Veselína měří 11 + 31 = 42 (mil).Protože je vzdálenost mezi Rytířovem a Zubínem 25 mil, musí být vzdálenost mezi Zubínema Veselínem 42− 25 = 17 (mil).Hodnocení. 2 body za určení vzdálenosti mezi Kostínem a Veselínem; 2 body za určenívzdálenosti mezi Rytířovem a Veselínem; 2 body za určení vzdálenosti mezi Zubínem a Ve-selínem. Vždy udělte jeden bod za číselný údaj a druhý bod za příslušné vysvětlení. (Pokudv řešení chybí jakékoli vysvětlení postupu, udělte za tuto úlohu nejvýše 3 body.)

Poznámka. Místo počtů ve druhém odstavci lze uvažovat následovně: Protože je vzdále-nost mezi Rytířovem a Zubínem 25 mil a mezi Rytířovem a Kostínem 11 mil, je vzdálenostmezi Kostínem a Zubínem 25−11 = 14 (mil). Takže vzdálenost mezi Zubínem a Veselínemmusí být 31− 14 = 17 (mil). Hodnocení v tomto případě je obdobné.Jiné řešení. V pondělí Milivoj ujel dva úseky celé cesty: první z Rytířova do Kostína,druhý z Kostína do Zubína. Ve čtvrtek ujel rovněž dva úseky: z Kostína do Zubína a zeZubína do Veselína. (Rytíř Milivoj je sice projel v opačném směru, ale to nemá na tutoúvahu vliv.) To znamená, že úsekem z Kostína do Zubína projel v oba tyto dny. Jestližeale ve čtvrtek ujel o 6 mil více, musí být úsek ze Zubína do Veselína o 6 mil delší než úsekz Rytířova do Kostína. A protože z Rytířova do Kostína je to 11 mil, musí být vzdálenostmezi Zubínem a Veselínem 11 + 6 = 17 (mil).

Hodnocení. Za porovnání pondělní a čtvrteční cesty a zdůvodnění, proč je úsek meziZubínem a Veselínem o 6 mil delší než úsek mezi Rytířovem a Kostínem, udělte 5 bodů (čiméně podle kvality vysvětlení). Poslední 1 bod udělte za výsledný údaj 17 mil.

Z5–II–3Lázeňský správce pan Sluníčko koupil pro lázeňské hosty 58 slunečníků. Některé byly

červené a některé žluté. Červené byly baleny v krabicích po devíti kusech, zatímco žlutébyly v krabicích po čtyřech kusech. Oba druhy slunečníků nakupoval po celých baleních.Kolik mohlo být žlutých slunečníků? (L. Hozová)

Možné řešení. Pomocí tabulky budeme postupovat následovně: Začneme tím, že zvolímepočet krabic s červenými slunečníky, tj. jakékoli celé číslo mezi 0 a 6 (kdyby krabic bylo7 nebo více, bylo by jenom červených slunečníků 63 nebo více). Následně určíme, kolikčervených slunečníků je v těchto krabicích, tj. devítinásobek počtu krabic. Poté vypočteme,kolik slunečníků bude žlutých, tj. od 58 odečteme počet červených slunečníků. Nakonecještě zjistíme, kolik by mělo být krabic se žlutými slunečníky, tj. počet žlutých slunečníkůvydělíme čtyřmi. V případě, že počet žlutých slunečníků není násobek čtyř, takže nemůžemedělit čtyřmi beze zbytku, příslušné políčko proškrtneme a tato možnost k řešení úlohynevede.

krabic s červenými slunečníky 0 1 2 3 4 5 6

červených slunečníků 0 9 18 27 36 45 54

žlutých slunečníků 58 49 40 31 22 13 4

krabic se žlutými slunečníky — — 10 — — — 1

Dostáváme dvě možnosti: Žlutých slunečníků mohlo být 40 nebo mohly být 4.

4

Poznámka. Můžeme postupovat také tak, že volíme počet krabic se žlutými slunečníkya dopočítáváme počty krabic s červenými slunečníky. V tomto případě však potřebujemeprobrat všechny možnosti mezi 0 a 14 (15 · 4 = 60 > 58). Dostaneme následující tabulku:

krabic se žlutými slun. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

žlutých slunečníků 0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 56

červených slunečníků 58 54 50 46 42 38 34 30 26 22 18 14 10 6 2

krabic s červenými slun. — 6 — — — — — — — — 2 — — — —

Hodnocení. 1 bod za vysvětlení postupu u jednoho zvoleného (libovolného) počtu krabics červenými (resp. žlutými) slunečníky; 3 body za správné sestavení a doplnění tabulkynebo obdobný zápis; 2 body za nalezení obou možných počtů slunečníků.

Jestliže řešiteli chybí z nepozornosti některý sloupec tabulky, ale jinak je jeho řešenísprávné i vysvětlené, udělte mu 5 bodů. Úplný postup, ale bez slovního komentáře, ohod-noťte 5 body. Když řešitel skončí s vypisováním sloupců tabulky po nalezení prvního řešení,udělte mu nejvýše 4 body. Nalezne-li řešitel náhodně jedno řešení a neuvede-li postup aniověření, udělte mu 1 bod; 2 body mu udělte v případě, že svůj výsledek ověří.

5



Z6–II–1

Paní Hovorková měla 1. července 2010 na svém mobilu kredit 157,0 Kč. Z kreditu sepostupně odečítají částky za hovory, a to tak, že za každou započatou minutu se odečte4,5 Kč. Textové zprávy paní Hovorková nepíše a ani žádné další placené služby nepoužívá.Svůj kredit dobíjí podle potřeby, a to vždy částkou 400 Kč. Dne 31. prosince 2010 byljejí kredit 353,0 Kč. Kolikrát minimálně dobíjela paní Hovorková za zmíněný půlrok svůjkredit? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Částka v korunách, kterou paní Hovorková provolala v období od 1.7. do31.12., je celé číslo, protože počáteční i konečný stav kreditu a dobíjené částky jsou vždyrovny celému číslu. Za každou započatou minutu je účtováno 4,5 Kč, a proto aby se došlok celému číslu, musel být účtován sudý počet minut. Částka provolaná za toto období jetedy beze zbytku dělitelná číslem devět.

Protože počáteční kredit je menší než konečný, musela paní Hovorková ve sledovanédobě aspoň jednou dobíjet. Kdyby dobíjela jen jednou, provolaná částka by činila 157 ++400−353 = 204 (Kč). Podle ciferného součtu čísla 204 vidíme, že nejde o násobek devíti,a tak tuto možnost zavrhujeme. Kdyby dobíjela dvakrát, provolaná suma by byla o 400 Kčvětší, tedy 604 Kč. Tuto možnost zavrhujeme, protože ani 604 není násobek devíti. Podobnězamítneme i možnost tří dobití vedoucí k částce 1 004 Kč. Pokud by dobíjela čtyřikrát,provolaná suma by byla 1 404 Kč. To je možné, protože 1 404 je násobkem devíti. PaníHovorková tedy ve sledovaném období dobíjela minimálně čtyřikrát.

Jiné řešení. Je zřejmé, že paní Hovorková dobíjela svůj kredit aspoň jednou. V tabulcebudeme postupně uvažovat o různých počtech dobíjení: vždy určíme provolanou částku zasledované období a kolika minutám tato částka odpovídá. Budeme pokračovat tak dlouho,dokud počet účtovaných minut nevyjde jako celé číslo.

počet dobíjení provolaná částka v Kč počet účtovaných minut

1 157 + 400− 353 = 204 204 : 4,5.= 45,3

2 157 + 2 · 400− 353 = 604 604 : 4,5.= 134,2

3 157 + 3 · 400− 353 = 1 004 1 004 : 4,5.= 223,1

4 157 + 4 · 400− 353 = 1 404 1 404 : 4,5 = 312

Paní Hovorková ve sledovaném období dobíjela minimálně čtyřikrát.

Hodnocení. 4 body za prověřování možností 204, 604, 1 004, 1 404; 1 bod za vysvětlení,proč možnosti zamítáme; 1 bod za správný závěr.

1

Z6–II–2V obdélníku KLMN je vzdálenost průsečíku úhlopříček od přímky KL o 2 cm menší

než jeho vzdálenost od přímky LM . Obvod obdélníku je 56 cm. Jaký je obsah obdélníkuKLMN? (L. Hozová)

Možné řešení. Průsečík úhlopříček v obdélníku KLMN označíme S. Je-li vzdálenostbodu S od strany KL o 2 cm menší než od strany LM , znamená to, že strana KL jeo 2 + 2 = 4 (cm) delší než strana LM .

K L

MN

S 2 cm

Jestliže tedy zkrátíme délku obdélníku (tj. strany KL a MN) o 4 cm, získáme takčtverec, jehož strana je stejná jako šířka původního obdélníku. Tento čtverec má obvod56− 2 · 4 = 48 (cm).

K L

MN

2 cm 2 cm

2 cm 2 cm

Strana čtverce, a tedy i strany LM a NK obdélníku měří 48 : 4 = 12 (cm). Toznamená, že strany KL a MN měří 12 + 4 = 16 (cm). Obsah obdélníku je tudíž S == 16 · 12 = 192 (cm2).Hodnocení. 2 body za určení vztahů mezi stranami KL a LM ; 2 body za určení velikostístran KL a LM pomocí obvodu; 2 body za určení obsahu obdélníku.

2

Z6–II–3V létě se u babičky sjelo šest vnoučat a víme o nich, že

• Martinka se někdy musí starat o brášku Tomáška, který je o 8 let mladší,• Věrka, která je o 7 let starší než Ida, ráda vypráví strašidelné příběhy,• s Martinkou se často pere o rok mladší Jaromír,• Tomášek je o 11 let mladší než Kačka,• Ida často zlobí svého o 4 roky staršího bratra Jaromíra,• klukům je dohromady 13 let.Jak staré jsou všechny zmiňované děti? (M. Volfová)

Možné řešení. Martinka je o 8 let starší než Tomášek a o 1 rok starší než Jaromír,Jaromír je tedy o 7 let starší než Tomášek. Navíc klukům je dohromady 13 let. Kdyby bylTomášek o 7 let starší (tedy stejně starý jako Jaromír), bylo by jim dohromady 20 let.Jaromírovi je tedy 10 let a Tomáškovi 3 roky.

Odtud již snadno dopočítáme stáří ostatních vnoučat: Martinka je o 8 let starší nežTomášek, je jí tedy 11 let, Kačka je o 11 let starší než Tomášek, je jí 14 let, Jaromír je o 4roky starší než Ida, Idě je 6 let, Věrka je o 7 let starší než Ida, je jí 13 let.

Hodnocení. 3 body za určení věků obou kluků (z toho 1 bod je za uvedení postupu);3 body za určení věků čtyř vnuček (z toho 1 bod je za uvedení postupu).

3



Na kartě je napsáno čtyřmístné přirozené číslo, ve kterém můžeme vyškrtnout jakékolidvě číslice a vždy dostaneme dvojmístné přirozené číslo, jež je beze zbytku dělitelné čís-lem 5. Kolik takových čtyřmístných přirozených čísel existuje? (Pozor, např. číslo 06 nenídvojmístné.) (L. Šimůnek)

Možné řešení. Číslice vyhovujícího čtyřmístného čísla označíme takto: v je na místětisíců, x na místě stovek, y na místě desítek a z na místě jednotek. Přirozené číslo jedělitelné pěti, právě když má na místě jednotek číslici 0 nebo 5. Po vyškrtnutí dvou číslicz původního čísla se na místo jednotek mohou dostat číslice x, y nebo z, proto tyto číslicemohou být jedině 0 nebo 5. Podle zadání dostaneme po vyškrtnutí jakýchkoli dvou číslicdvojmístné číslo. Takto vzniklé číslo může mít na místě desítek číslice v, x nebo y, tytočíslice tedy nemohou být 0.

Shrneme-li oba předchozí poznatky, může být číslice v rovna jakékoli číslici od 1 do 9,číslice x a y mohou být jedině 5 a číslice z může být 0 nebo 5. Dohromady tak existuje9 · 2 = 18 čtyřmístných čísel vyhovujících zadání.Hodnocení. 1 bod za poznatek, že po škrtání se na místo jednotek dostávají číslice x, y,z; 1 bod za podmínku v, x, y 6= 0; 1 bod za zjištění, že x a y je 5; 1 bod za poznatek, že zje 0 nebo 5; 1 bod za počet možností pro číslici v; 1 bod za výsledek 18.

Žáka ohodnoťte plným počtem bodů, i když stanoví podmínky a pak dojde k počtu18 vypsáním všech vyhovujících čísel. Řešení, v němž jsou vypsány všechny možnosti bezjakéhokoli komentáře, ohodnoťte nejvýše 4 body.

Z7–II–2Karel a Vojta zjistili, že kuchyňské hodiny na chalupě se předbíhají o 1,5 minuty

za každou hodinu a hodiny v ložnici se o půl minuty každou hodinu zpožďují. V pravépoledne seřídili hodiny na stejný a správný čas. Hodiny v kuchyni i v ložnici mají obvyklýdvanáctihodinový ciferník. Urči, kdy nejdříve budou (bez dalšího opravování)1. kuchyňské hodiny ukazovat opět přesný čas,2. hodiny v ložnici ukazovat opět přesný čas,3. oboje hodiny ukazovat opět stejný (i když možná nesprávný) čas.

(M. Volfová)

Možné řešení. 1. Hodiny budou ukazovat opět přesný čas, když předběhnou skutečnýčas o 12, 24, 36, . . . hodin. Nejdříve tedy, když předběhnou skutečný čas o 12 hodin nebolio 720 minut. Toho dosáhnou za 720 : 1,5 = 480 hodin. Kuchyňské hodiny budou opětukazovat přesný čas nejdříve za 480 hodin (což je právě 20 dnů).

2. Nejdříve budou hodiny ukazovat opět přesný čas, když se oproti skutečnému časuopozdí o 12 hodin neboli o 720 minut. Toho dosáhnou za 720 : 0,5 = 1 440 hodin. Hodinyv ložnici budou opět ukazovat přesný čas nejdříve za 1 440 hodin (což je právě 60 dnů).

3. Každou hodinu se rozdíl času, který ukazují kuchyňské hodiny, oproti času, kterýukazují hodiny v ložnici, zvýší o 1,5+0,5 = 2 minuty. Tento rozdíl musí postupně dosáhnout720 minut, a to se stane za 720 : 2 = 360 hodin. Hodiny budou opět ukazovat stejný časnejdříve za 360 hodin (což je právě 15 dnů).

Hodnocení. Každá část úlohy je za 2 body, z nichž je vždy 1 bod za zdůvodnění.

1

Z7–II–3V trojúhelníku ABC označíme středy stran CB a CA písmeny K a L. Víme, že

čtyřúhelník ABKL má obvod 10 cm a trojúhelník KLC má obvod 6 cm. Vypočítej délkuúsečky KL. (J. Mazák)

Možné řešení. Úsečka KL je v trojúhelníku ABC střední příčkou rovnoběžnou s AB,neboť K a L jsou středy stran BC a AC. Platí tedy 2|KL| = |AB| a také víme, že|AL| = |LC| a |CK| = |KB|.

Obvod trojúhelníku KLC je |CK|+ |KL|+ |LC| = 6. Obvod čtyřúhelníku ABKL je

|AB|+ |BK|+ |KL|+ |LA| = 10.

Součet na levé straně právě zmíněné rovnosti můžeme podle předchozích pozorování vy-jádřit jako 2|KL|+ (|CK|+ |KL|+ |LC|), neboli 2|KL|+ 6. Zmíněná rovnost tak získávátvar

2|KL|+ 6 = 10,odkud dostáváme 2|KL| = 4, tj. |KL| = 2 (cm).Hodnocení. 2 body za zjištění a zdůvodnění, že |AB| = 2|KL|; 2 body za úvahy o obvo-dech; 2 body za výpočet |KL|.

2



Na kartičku jsem napsala dvojmístné přirozené číslo. Součet číslic tohoto čísla je děli-telný třemi. Odečtu-li od napsaného čísla číslo 27, dostanu jiné dvojmístné přirozené číslo,psané týmiž číslicemi, ale v opačném pořadí. Která čísla jsem mohla napsat na kartičku?

(L. Hozová)

Možné řešení. Číslice myšleného dvojmístného čísla označíme takto: x je na místě desíteka y na místě jednotek. V zadání se požaduje, aby součet x+ y byl dělitelný třemi a

10x+ y − 27 = 10y + x,

což po úpravě dává

9x− 9y = 27,x− y = 3.

Protože rozdíl číslic má být tři a současně součet má být dělitelný třemi, musí být i oběčíslice x a y dělitelné třemi. (To zjevně vidíme, pokud si součet číslic x+ y vyjádříme vetvaru y+3+y.) Jediné možnosti tedy jsou x = 9, y = 6 nebo x = 6, y = 3, tj. hledané číslomůže být 96 nebo 63. (Možnost 30 není přípustná, protože 03 není dvojmístné přirozenéčíslo.)

Hodnocení. 1 bod za zápis čísla a čísla s opačným pořadím číslic; 2 body za nalezenívztahu x−y = 3; 2 body za určení jednoho řešení; 1 bod za určení druhého řešení. (Pokudžák uvádí jako řešení číslo 30, na bodové ohodnocení jeho práce to nemá žádný vliv.)

Jiné řešení. Hledané číslo je větší než to, které získáme záměnou číslic, takže číslice namístě jednotek hledaného čísla má nižší hodnotu než číslice na místě desítek. Navíc víme,že součet těchto dvou číslic je dělitelný třemi. Projdeme tedy všechna dvojmístná čísla,která mají ciferný součet dělitelný třemi a číslici na místě desítek vyšší než číslici na místějednotek (na místě jednotek samozřejmě nemůže být nula). Ke každému najdeme číslo o 27menší, a jestliže je zapsané stejnými číslicemi, máme řešení.

96− 27 = 69 1. řešení

93− 27 = 6687− 27 = 6084− 27 = 5781− 27 = 5475− 27 = 4872− 27 = 4563− 27 = 36 2. řešení

54− 27 = 2751− 27 = 2442− 27 = 1521− 27 = −6

1

Hledaným číslem může být 96 nebo 63.

Hodnocení. 3 body za vysvětlení principu hledání čísel; 3 body za nalezení obou řešenía vyloučení existence dalších řešení.

Z8–II–2

Martina si vymyslela postup na výrobu číselné posloupnosti. Začala číslem 52. Z nějodvodila další člen posloupnosti takto: 22 + 2 · 5 = 4 + 10 = 14. Potom pokračovalastejným způsobem dále a z čísla 14 dostala 42 + 2 · 1 = 16 + 2 = 18. Vždy tedy vezmečíslo, odtrhne z něj číslici na místě jednotek, tuto odtrženou číslici umocní na druhoua k výsledné mocnině přičte dvojnásobek čísla, které zbylo z původního čísla po odtrhnutíposlední číslice. Jaké je 2011. číslo takto vzniklé posloupnosti? (M. Dillingerová)

Možné řešení. Je zřejmé, že objeví-li se v posloupnosti některé číslo podruhé, bude seopakovat celý úsek ohraničený těmito dvěma čísly pořád dokola. Budeme tedy vypisovatčísla posloupnosti tak dlouho, dokud se nezačnou opakovat.

• 1. číslo: 52,• 2. číslo: 14,• 3. číslo: 18,• 4. číslo: 82 + 2 · 1 = 66,• 5. číslo: 62 + 2 · 6 = 48,• 6. číslo: 82 + 2 · 4 = 72,• 7. číslo: 22 + 2 · 7 = 18,• 8. číslo: 82 + 2 · 1 = 66,• atd.Od třetího čísla se v posloupnosti pravidelně opakují čísla 18, 66, 48 a 72. Číslo 18 je

tedy na 3., 7., 11., 15., 19., 23. místě, atd. Toto číslo se bude vyskytovat i na každém místě,které se od kteréhokoli již zmíněného místa liší o nějaký násobek 4. Protože 2011 = 11 ++ 500 · 4, bude číslo 18 i na 2011. místě.

Hodnocení. 3 body za nalezení čísel, která se opakují; 1 bod za zjištění, že 2011. číslo je18; 2 body za vysvětlení, proč je na 2011. místě právě toto číslo.

Z8–II–3

V kružnici k se středem S a poloměrem 52mm jsou dány dvě na sebe kolmé tětivyAB a CD. Jejich průsečík X je od středu S vzdálen 25mm. Jak dlouhá je tětiva CD, je-lidélka tětivy AB 96mm? (L. Hozová)

Možné řešení. Středy tětiv AB a CD označíme E a F , viz obrázek. Trojúhelníky AES,EXS a SFD jsou pravoúhlé, |AE| = 1

2 |AB| = 48mm, |SX | = 25mm a |SA| = |SD| == 52mm.

2

A B

C

D

S

E

F

X

k

Podle Pythagorovy věty v trojúhelníku AES dostáváme

|SE|2 = |SA|2 − |AE|2 = 522 − 482 = 2 704− 2 304 = 400 (mm2).

Podle Pythagorovy věty v trojúhelníku EXS dostáváme

|EX |2 = |SX |2 − |SE|2 = 252 − 400 = 625− 400 = 225 (mm2).

Protože EXFS je obdélník, platí |SF | = |EX |; podle Pythagorovy věty v trojúhelníkuSFD tak dostáváme

|FD|2 = |SD|2 − |SF |2 = 522 − 225 = 2 704− 225 = 2 479 (mm2).

Odtud vyjádříme |FD| .= 49,79, příp. |FD| .

= 50 (mm), pokud pracujeme s přesností nacelé mm. Tětiva CD je tedy přibližně 100mm dlouhá.

Hodnocení. 1 bod za určení |AE|; 1 bod za určení |SE|; 1 bod za určení |EX |; 1 bod zaurčení |SF |; 1 bod za určení |FD|; 1 bod za určení |CD|.

3



Čtyřmístným palindromem nazveme každé čtyřmístné přirozené číslo, které má namístě jednotek stejnou číslici jako na místě tisíců a které zároveň má na místě desítekstejnou číslici jako na místě stovek. Kolik existuje dvojic čtyřmístných palindromů, jejichžrozdíl je 3 674? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Jednotlivé číslice palindromu označíme písmeny. Skutečnost, že dva čtyř-místné palindromy mají požadovaný rozdíl, pak můžeme zapsat takto:

AB B A−C DDC

3 6 7 4

Ve sloupci tisíců a ve sloupci jednotek se odčítají tytéž číslice. Ve sloupci tisíců vidíme,že A > C. Při odčítání ve sloupci jednotek tedy nedochází k „přechodu přes desítkuÿ a platí

A− C = 4. (1)

Ve sloupci desítek a ve sloupci stovek, kde se odčítají stejné číslice, dochází „k přechodupřes desítkuÿ, protože ve výsledku je na místě desítek číslice o 1 větší než na místě stovek.Platí

10 +B −D = 7,

po úpravě této rovnice dostanemeD −B = 3. (2)

Ještě provedeme rozbor sloupce tisíců, abychom se přesvědčili, že zadaný rozdíl umožňujenalézt vyhovující dvojice palindromů. Protože při odčítání ve sloupci stovek došlo k „pře-chodu přes desítkuÿ, musí být ve výsledku na místě tisíců číslice o 1 menší než na místějednotek. Vidíme, že to je v zadaném rozdílu splněno.

V zadání je čtyřmístný palindrom definován jako čtyřmístné přirozené číslo určitýchvlastností, proto A 6= 0 a C 6= 0. Má-li být navíc splněn vztah (1), A může být rovno pouzečíslicím 9, 8, 7, 6 nebo 5 a C je pak vždy o 4 menší. Ze vztahu (2) dostáváme, že D můžebýt rovno jedině číslicím 9, 8, 7, 6, 5, 4 nebo 3 a B je vždy o 3 menší. Písmena A a C takmůžeme nahradit pěti různými dvojicemi číslic a písmena B a D sedmi různými dvojicemičíslic. Tyto dvojice lze spolu jakkoli seskupovat, dohromady tak dostáváme 5 · 7 = 35různých dvojic palindromů s žádanými vlastnostmi.

Hodnocení. 2 body za určení, ve kterých sloupcích dochází k přechodu přes desítku a vekterých ne; 2 body za počty dvojic A, C a B, D; 2 body za výsledek. (Práci, v níž se za Cchybně dosazuje 0 a která tak dochází k výsledku 6 · 7 = 42, můžete ohodnotit až 5 body.)

1

Z9–II–2Na následujícím obrázku jsou rovnostranné trojúhelníky ABC, DBE, IEF a HIG.

Obsahy trojúhelníků DBE, IEF a HIG jsou v poměru 9 : 16 : 4. V jakém poměru jsou1. délky úseček HI a IE,2. obsahy trojúhelníků ABC a HEC? (K. Pazourek)

A BD

I

C

G

H E

F

Možné řešení. Pro dva rovnostranné trojúhelníky s délkami stran a, b platí, že poměrjejich obsahů je a2 : b2. Opačně, jestliže poměr obsahů je a2 : b2, pak poměr stran jea : b. Toto tvrzení lze zdůvodnit obecným pravidlem pro dva podobné útvary nebo takyexplicitním výpočtem, kde obsah rovnostranného trojúhelníku se stranou a je 14

√3a2.

1. Jestliže obsahy trojúhelníků HIG a IEF jsou v poměru 4 : 16, pak poměr |HI| :: |IE| jejich stran bude 2 : 4 = 1 : 2.

2. Pokud si zvolíme jednotku j = 12 |HI|, pak |IE| = |EF | = 4j. V rovnostranném

trojúhelníku HEC platí |HI|+ |IE| = |EF |+ |FC|, |IE| = |EF |, proto |FC| = |HI| = 2j.Dále z poměru 9 : 16 obsahů trojúhelníků DBE a IEF plyne, že |BE| : |EF | = 3 : 4, tedy

|BE| = 34|EF | = 3

4· 4j = 3j.

Tedy strana BC trojúhelníku ABC má velikost

|BC| = |BE|+ |EF |+ |FC| = 3j + 4j + 2j = 9j.

Podobně délka strany HE trojúhelníku HEC je

|HE| = |HI|+ |IE| = 2j + 4j = 6j.

Poměr stran trojúhelníků ABC a HEC je 9 : 6, po zkrácení 3 : 2. Poměr obsahů těchtotrojúhelníků je 32 : 22 = 9 : 4.

Hodnocení. 1 bod za úvodní úvahu; 1 bod za první část úlohy; po 1 bodu za vyjádřenístran trojúhelníků HEC a ABC; 2 body za výpočet poměru obsahů trojúhelníků ABCa HEC. (Výsledné poměry nemusí být uvedeny v základním tvaru.)

Jiné řešení. Rozdělme trojúhelník ABC na rovnostranné trojúhelníčky s délkou strany12 |HI| = 1j. Poměr 9 : 16 : 4 obsahů trojúhelníků DBE, IEF , HIG udává i poměr počtůtěchto trojúhelníčků v příslušných trojúhelnících. Protože trojúhelník HIG je rozdělen na4 trojúhelníčky, pak musí trojúhelníky IEF a DBE sestávat ze 16 a 9 trojúhelníčků.

2

A BD

I

C

G

H E

F

Z obrázku plyne následující:1. Poměr |HI| : |IE| je 2j : 4j = 1 : 2.2. Poměr SABC : SHEC je shodný s poměrem počtů trojúhelníčků obsažených v těchto

trojúhelnících, tedy 81 : 36 = 9 : 4.

Hodnocení. 1 bod za rozdělení trojúhelníků HIG a IEF na trojúhelníčky; 1 bod zavýpočet poměru |HI| : |IE|; 2 body za rozdělení zbylé plochy trojúhelníku ABC natrojúhelníčky; 2 body za výpočet poměru SABC : SHEC . (Výsledné poměry nemusí býtuvedeny v základním tvaru.)

Z9–II–3Máme čtverce ABCD a KLMN . Délky stran obou čtverců jsou v centimetrech vyjá-

dřeny celým číslem. Bod K je vnitřním bodem úsečky AB, bod L leží v bodě B a bod Mje vnitřním bodem úsečky BC. Obsah šestiúhelníku AKNMCD je 225 cm2. Jaký můžebýt obvod tohoto šestiúhelníku? Najděte všechny možnosti. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Délku strany čtverce ABCD označíme a a délku strany čtverce KLMNoznačíme b, obě v centimetrech (obrázek). Úloha se ptá na obvod šestiúhelníku AKNMCD,a ten je stejný jako obvod čtverce ABCD, tj. 4a.

A B = L

CD

K

MN

a

b

Obsah šestiúhelníku AKNMCD je roven

a2 − b2 = (a− b) · (a+ b) = 225.

Protože podle zadání je bod K vnitřním bodem úsečky AB a L = B, je jasné, že b 6= 0a b < a. Činitelé a− b a a+ b jsou tedy dvě různá přirozená čísla. V tabulce níže uvádíme

3

všechny rozklady čísla 225 na součin dvou různých přirozených čísel (při jejich hledání námpomůže rozklad čísla 225 na prvočinitele: 225 = 32 · 52). V tabulce neuvádíme konkrétníhodnoty a a b, protože je pro řešení úlohy nepotřebujeme. Avšak ve třetím sloupci, kdesečtením činitelů a − b a a + b dostáváme 2a, kontrolujeme, zda jsme získali sudé číslo,tedy zda a je číslem celým. Je-li a celé číslo, uvádíme ve čtvrtém sloupci hodnotu 4a jakomožný obvod šestiúhelníku AKNMCD.

a− b a+ b 2a 4a

1 225 226 452

3 75 78 156

5 45 50 100

9 25 34 68

Úloha má čtyři řešení: obvod šestiúhelníku AKNMCD může být 68 cm, 100 cm,156 cm a 452 cm.

Jiné řešení. Délku strany čtverce ABCD označíme a a délku strany čtverce KLMNoznačíme b. Šestiúhelník AKNMCD lze beze zbytku rozdělit na dva stejné obdélníkya čtverec, jehož stranu označíme c, vše v centimetrech, viz obrázek.

A B = L

CD

K

MN

a

b

c

Protože podle zadání je bod K vnitřním bodem úsečky AB a L = B, je zřejmé, žeb > 0 a c > 0. Délky a, b jsou podle zadání celá čísla, délka c rovněž, protože c = a− b.

Obsah šestiúhelníku AKNMCD můžeme vyjádřit takto:

225 = 2bc+ c2.

Do této rovnice budeme za c postupně dosazovat přirozená čísla a vždy určíme, zda bvychází také jako přirozené číslo. Tento postup ukazuje následující tabulka, v níž vynechá-váme prověřování všech sudých c. Pokud by totiž c bylo sudé, z výše uvedené rovnice byvýraz 2bc vyšel jako lichý a b by tak nemohlo být celé číslo.

4

c 2bc = 225− c2 b = 2bc : 2c

1 224 112

3 216 36

5 200 20

7 176 176 není dělitelné číslem 7

9 144 8



15 0 0

Už jsme uvedli, že b > 0, a proto poslední řádek nevede k řešení úlohy. V hledánímožných řešení dále nepokračujeme, protože b by evidentně vycházelo jako záporné. Úlohamá tedy právě čtyři řešení. Požadovaný obvod šestiúhelníku AKNMCD vypočítáme jako4b+ 4c. Obvod daného šestiúhelníku tak může být 68 cm, 100 cm, 156 cm nebo 452 cm.

Hodnocení. Za každý výsledný obvod 1 bod; 2 body za vysvětlený postup, který musíukazovat, že není více řešení.

Z9–II–4Martina si vymyslela postup na výrobu číselné posloupnosti. Začala číslem 128. Z něj

odvodila další člen posloupnosti takto: 82 + 5 = 64 + 5 = 69. Potom pokračovala stejnýmzpůsobem dále a z čísla 69 dostala 92 + 5 = 81 + 5 = 86. Vždy tedy z předchozího členuposloupnosti vezme číslici na místě jednotek, umocní ji na druhou a k této mocnině přičtekonstantu 5.1. Jaké je 2011. číslo takto vzniklé posloupnosti?2. Martina opět začala číslem 128, ale místo čísla 5 zvolila jako konstantu jiné přirozenéčíslo. Tentokrát jí na 2011. místě vyšlo číslo 16. Jakou konstantu zvolila v tomtopřípadě? (M. Dillingerová)

Možné řešení. Při vytváření dalšího čísla v posloupnosti využíváme z předchozího číslapouze číslici na místě jednotek. Protože číslic je pouze deset, po několika číslech posloup-nosti se musí začít čísla opakovat (ale ne nutně od prvního, tj. od čísla 128).

1. Budeme postupně vypisovat čísla Martininy posloupnosti, a to tak dlouho, dokudse nezačnou opakovat:

• 1. číslo: 128,• 2. číslo: 69,• 3. číslo: 86,• 4. číslo: 62 + 5 = 41,• 5. číslo: 12 + 5 = 6,• 6. číslo: 62 + 5 = 41,• 7. číslo: 12 + 5 = 6,• atd.Je zřejmé, že od 4. čísla se v posloupnosti pravidelně střídají čísla 41 a 6. Číslo 41 se

vyskytuje vždy na sudém místě (počínaje čtvrtým), číslo 6 vždy na lichém místě (počínajepátým). My hledáme 2011. číslo. Protože 2011 je liché, je na tomto místě číslo 6.

5

2. Číslo 16 vzniklo jako součet druhé mocniny jednomístného čísla (číslice na místějednotek předchozího čísla) a neznámé konstanty. Předchozí číslo může mít na místě jed-notek jedině číslici 0 nebo 1 nebo 2 nebo 3, takže hledaná konstanta může být (po řadě)16, 15, 12 nebo 7. Kdyby totiž byla na místě jednotek předchozího čísla číslice 4 nebo větší,nebyla by hledaná konstanta přirozené číslo.

Nyní vyzkoušíme, která z konstant 16, 15, 12 a 7 vyhovuje zadání. Postup je analogickýpostupu z 1. úkolu.

a) Konstanta 16:• 1. číslo: 128,• 2. číslo: 82 + 16 = 80,• 3. číslo: 02 + 16 = 16,• 4. číslo: 62 + 16 = 52,• 5. číslo: 22 + 16 = 20,• 6. číslo: 02 + 16 = 16,• 7. číslo: 62 + 16 = 52,• atd.Od 3. čísla se v posloupnosti opakují čísla 16, 52 a 20. Zaměříme se pouze na příslušných

2009 čísel (tj. 3. až 2011.). Protože 2009 : 3 je 669, zbytek 2, bude na 2011. místě druhéz opakujících se čísel, tj. číslo 52. Konstanta 16 tedy požadavkům ze zadání nevyhovuje.

b) Konstanta 15:• 1. číslo: 128,• 2. číslo: 82 + 15 = 79,• 3. číslo: 92 + 15 = 96,• 4. číslo: 62 + 15 = 51,• 5. číslo: 12 + 15 = 16,• 6. číslo: 62 + 15 = 51,• atd.Od 4. čísla se v posloupnosti střídají čísla 51 a 16; číslo 51 na sudých místech, číslo 16

na lichých místech. To znamená, že na 2011. místě (tj. lichém místě) bude číslo 16. Číslo15 může být hledanou konstantou.

c) Konstanta 12:• 1. číslo: 128,• 2. číslo: 82 + 12 = 76,• 3. číslo: 62 + 12 = 48,• 4. číslo: 82 + 12 = 76,• atd.Od 2. čísla se v posloupnosti střídají čísla 76 a 48, takže číslo 16 v této posloupnosti

vůbec není. Konstanta 12 tedy nevyhovuje.

d) Konstanta 7:• 1. číslo: 128,• 2. číslo: 82 + 7 = 71,• 3. číslo: 12 + 7 = 8,• 4. číslo: 82 + 7 = 71,• atd.Od 2. čísla se v posloupnosti střídají čísla 71 a 8, takže číslo 16 se nevyskytuje ani

v této posloupnosti. Konstanta 7 tedy rovněž nevyhovuje.

6

V průběhu řešení jsme našli pouze jediné vyhovující číslo a to číslo 15, které si Martinazvolila jako novou konstantu.

Jiné řešení 2. úkolu. Neznámá konstanta je nějaké přirozené číslo. Nemůžeme vyzkoušetvšechna přirozená čísla, ale přitom potřebujeme mít jistotu, že nalezneme všechna řešeníúlohy. Jak už bylo řečeno při řešení 1. úkolu, každé číslo v posloupnosti ovlivňuje jenčíslice na místě jednotek předchozího čísla a přičítaná konstanta. Proto např. při použitíkonstanty 1 a 11 dostaneme sice různé posloupnosti, ale odpovídající si čísla budou mítvždy stejnou číslici na místě jednotek. Stejné číslice na místě jednotek budou vycházet prolibovolné konstanty ze skupiny 1, 11, 21, 31, . . . Podobně při použití konstanty ze skupiny2, 12, 22, 32, . . . nebo 3, 13, 23, 33, . . . atd.

Nejprve proto určíme, se kterou takovou skupinou konstant vůbec dostáváme na místějednotek číslici 6, poté se soustředíme na 2011. číslo v odpovídající posloupnosti. Za tímtoúčelem postačí prověřit pouze posloupnosti určené konstantou 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 a 10.

konstanta posloupnost

1 128, 65, 26, 37, 50, 1, 2, 5, 26, . . .

2 128, 66, 38, 66, . . .

3 128, 67, 52, 7, . . .

4 128, 68, . . .

5 128, 69, 86, 41, 6, 41, . . .

6 128, 70, 6, 42, 10, . . .

7 128, 71, 8, . . .

8 128, 72, 12, . . .

9 128, 73, 18, . . .

10 128, 74, 26, 46, . . .

Číslice 6 se na místě jednotek objevuje pouze v posloupnostech určených konstantou 1, 2,5, 6 nebo 10. Tyto případy budeme nyní diskutovat podrobněji.

a) Konstanta 1. V odpovídající posloupnosti se od 3. čísla na místě jednotek opakujípo řadě číslice 6, 7, 0, 1, 2, 5. Zaměříme se pouze na příslušných 2009 čísel (tj. 3. až 2011.).Protože 2009 : 6 je 334, zbytek 5, bude mezi nimi 334 úplných šestic čísel (končících 6, 7,0, 1, 2, 5) a z následující šestice prvních pět. To znamená, že 2011. číslo posloupnosti mána místě jednotek číslici 2. Takže konstanta, kterou Martina přičítala, nebyla ze skupinykonstant končících číslicí 1.

b) Konstanta 2. Na místě jednotek se střídají po řadě číslice 8 a 6. Protože číslo 2011je liché, bude na místě jednotek příslušného čísla posloupnosti číslice 8. Takže konstanta,kterou Martina přičítala, nebyla ani z této skupiny.

c) Konstanta 5. Od 3. čísla se střídají na místě jednotek po řadě číslice 6 a 1; číslice6 u čísel na lichých místech, číslice 1 u čísel na sudých místech. Protože číslo 2011 je liché,bude na místě jednotek příslušného čísla posloupnosti číslice 6. Takže konstanta, kterouMartina přičítala, mohla být z této skupiny.

Z předchozího, tj. 2010. čísla přičítáme 1 k hledané konstantě, čímž dostaneme uváděnéčíslo 16. Martina tedy mohla přičítat konstantu 16− 1 = 15.

7

d) Konstanta 6. Počínaje 2. číslem se na místě jednotek opakují po řadě číslice 0,6 a 2. Zaměříme se pouze na příslušných 2010 čísel (tj. 2. až 2011.). Protože 2010 : 3 = 670(beze zbytku), budou tvořit 670 úplných trojic čísel (končících 0, 6 a 2). To znamená, že2011. číslo posloupnosti má na místě jednotek číslici 2 a že Martina nepřičítala konstantuz této skupiny.

e) Konstanta 10. Na místě jednotek se počínaje 3. číslem vyskytuje pouze číslice 6.Takže konstanta, kterou Martina přičítala, mohla být i z této skupiny.

Z předchozího, tj. 2010. čísla přičítáme 62 = 36 k hledané konstantě, čímž máme dostatčíslo 16. Toho lze docílit jen odečtením (nikoli přičtením) přirozeného čísla, takže Martinanemohla přičítat konstantu z této skupiny.

Pouze v odstavci c) jsme našli jedinou konstantu, kterou mohla Martina přičítat, byloto číslo 15.

Poznámka. Místo konstanty 10 můžeme prověřovat konstantu 0. To sice není přirozenéčíslo (tedy ona sama nemůže být hledaným řešením), ale patří do stejné skupiny jako 10a počítání s ní je jednodušší.

Hodnocení. 1 bod za úvahu o opakování číslic na místě jednotek (včetně odůvodnění);2 body za nalezení čísla 6 v prvním úkolu a vysvětlení postupu; 3 body za nalezení kon-stanty 15 a příslušné zdůvodnění. Jestliže řešitel po nalezení konstanty 15 již další řešenínehledal, udělte mu celkem nejvýše 5 bodů.

8


III. kolo kategorie Z9Z9–III–1

Pořadatelům výstavy „Na Měsíc a ještě dálÿ se po prvním výstavním dni zdálo, žemají malou návštěvnost, proto snížili vstupné o 12 Kč. Tím se sice druhý den zvýšil početnávštěvníků o 10%, ale celková denní tržba se snížila o 5%. Kolik korun stálo vstupné poslevě? (M. Petrová)

Možné řešení. Informace ze zadání uspořádáme do následující tabulky:

první den druhý den

počet návštěvníků n 1,1n

vstupné (Kč za osobu) x+ 12 x

celková denní tržba (Kč) n(x+ 12) 1,1nx, resp. 0,95n(x+ 12)

Z posledního políčka tabulky sestavíme rovnici, kterou (za předpokladu n > 0) vyřešíme:

1,1nx = 0,95n(x+ 12),

1,1x = 0,95x+ 11,4,

0,15x = 11,4,

x = 76.

Vstupné po slevě stálo 76 Kč.

Hodnocení. 3 body za sestavení tabulky nebo její obdobu, z toho 1 bod za informacev prvních dvou řádcích pod záhlavím a 2 body za informace v posledním řádku; 2 bodyza sestavení a řešení rovnice; 1 bod za výsledek.

Uvede-li řešitel ve své práci variantu, že první den nikdo nedorazil, tj. n = 0, a ževstupné po slevě mohlo být tudíž jakékoli, nelze ji uznat jako řešení úlohy. (V zadání jetotiž psáno, že se druhý den počet návštěvníků zvýšil o 10%.) Pokud však tuto variantuřešitel doplní ke správnému řešení úlohy, body mu za to nestrhávejte.

Z9–III–2Lichoběžník ABCD, kde strana AB je rovnoběžná se stranou CD, je rozdělen úhlopříč-

kami, které se protínají v bodě M , na čtyři části. Určete jeho obsah, víte-li, že trojúhelníkAMD má obsah 8 cm2 a trojúhelník DCM má obsah 4 cm2. (M. Volfová)

Možné řešení. Úhly BMA a DMC mají stejnou velikost, neboť jsou to úhly vrcholové.Úhly ABM a CDM mají stejnou velikost, protože to jsou úhly střídavé. TrojúhelníkyABM a CDM jsou tedy podobné (podle věty uu). Postupně zjistíme poměr obsahů těchtodvou trojúhelníků.

A B

CD

M v

x

1

Výšku lichoběžníku označme v a výšku trojúhelníku CDM kolmou ke straně CDoznačme x, viz obrázek. Pro obsahy trojúhelníků CDM a CDA platí

SCDM =12|CD| · x = 4 (cm2),

SCDA =12|CD| · v = 12 (cm2).

Porovnáním obou výrazů zjišťujeme, že v = 3x. Výška trojúhelníku ABM kolmá ke straněAB je podle obrázku rovna v−x = 3x−x = 2x. Podobné trojúhelníky CDM a ABM tedymají odpovídající si výšky v poměru 1 : 2, obsahy těchto trojúhelníků jsou proto v poměru12 : 22, tj. 1 : 4. Obsah trojúhelníku ABM je

SABM = 4 · SCDM = 4 · 4 = 16 (cm2).

K vyřešení úlohy zbývá určit obsah trojúhelníku MBC. Z obrázku jednoduše odvo-díme následující vztahy:

SAMD = SABD − SABM ,

SMBC = SABC − SABM ,

a protože SABC = SABD, platí

SMBC = SAMD = 8 (cm2).

Obsah lichoběžníku ABCD získáme sečtením obsahů jednotlivých trojúhelníků:

4 + 8 + 16 + 8 = 36 (cm2).

Jiné řešení. Trojúhelníky CDA a CDM mají společnou stranu CD. Protože jsou jejichobsahy v poměru 3 : 1, musejí být i jejich výšky kolmé ke straně CD v poměru 3 : 1. Pokudprvní z těchto výšek označíme v, bude druhá z nich rovna 13v. Výška trojúhelníku ABMkolmá ke straně AB je rovna rozdílu zmíněných výšek, tedy v − 1

3v =23v.

Trojúhelníky ABD a ABM mají společnou stranu AB a právě jsme ukázali, že jejichvýšky kolmé k této straně jsou v poměru 3 : 2. Ve stejném poměru musejí být i obsahytěchto trojúhelníků. Ze zadaní víme, že rozdíl obsahů je 8 cm2, obsah trojúhelníku ABDje tudíž 3 · 8 = 24 (cm2) a obsah trojúhelníku ABM je 2 · 8 = 16 (cm2).

Pro určení obsahu lichoběžníku potřebujeme znát ještě obsah trojúhelníku MBC.Trojúhelníky CDA a CDB mají společnou stranu CD a shodují se i ve výšce kolmé natuto stranu, proto i jejich obsahy musejí být shodné. Trojúhelník CDM tvoří společnou částtěchto trojúhelníků, zbývající část trojúhelníku CDA musí mít stejný obsah jako zbývajícíčást trojúhelníku CDB. Neboli obsah trojúhelníku DAM , který je podle zadání 8 cm2, jeroven obsahu trojúhelníku MBC.

Známe obsahy všech čtyř dílčích částí lichoběžníku ABCD; obsah tohoto lichoběž-níku je

4 + 8 + 16 + 8 = 36 (cm2).

Hodnocení. 2 body za obsah trojúhelníku MBC; 1 bod za zjištění poměru výšek troj-úhelníků CDM a CDA; 1 bod za odpovídající určení výšky trojúhelníku ABM ; 1 bod zaobsah trojúhelníku ABM ; 1 bod za správný závěr.

2

Z9–III–3Ctibor a Míla počítali ze sbírky tutéž úlohu. Byly zadány tři délky hran čtyřbokého

hranolu v milimetrech a úkolem bylo vypočítat jeho objem a povrch. Ctibor nejprve převedlzadané délky na centimetry. Počítalo se mu tak snáze, protože i po převodu byly všechnydélky vyjádřeny celými čísly. Oběma vyšly správné výsledky, Míle v mm3 a mm2, Ctiboroviv cm3 a cm2. Mílin výsledek v mm3 byl o 17 982 větší než Ctiborův výsledek v cm3. Mílinvýsledek v mm2 byl o 5 742 větší než Ctiborův výsledek v cm2. Určete délky hran hranolu.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Zadané délky v cm označíme a, b, c. Tytéž délky v mm jsou pak 10a, 10b,10c. Vyjádříme objemy a povrchy vypočítané Ctiborem i Mílou:

VC = abc,

VM = 10a · 10b · 10c = 1000abc,SC = 2(ab+ bc+ ca),

SM = 2(10a · 10b+ 10b · 10c+ 10c · 10a) = 200(ab+ bc+ ca).

Podle zadaných rozdílů sestavíme rovnice

VM − VC = 999abc = 17 982,

SM − SC = 198(ab+ bc+ ca) = 5 742,

které upravíme:abc = 18,

ab+ bc+ ca = 29.

Najdeme všechna přípustná řešení první rovnice, tedy všechny možné rozklady čísla 18 nasoučin tří přirozených čísel. U každé z těchto možností zkontrolujeme, zda platí i druhárovnice (uvažujeme pouze a ≦ b ≦ c):

a b c ab+ bc+ ca

1 1 18 1 + 18 + 18 = 37

1 2 9 2 + 18 + 9 = 29

1 3 6 3 + 18 + 6 = 27

2 3 3 6 + 9 + 6 = 21

Tabulka ukazuje jediné řešení vyhovující oběma rovnicím, hrany zadaného hranolu takmají tyto délky: 10mm, 20mm a 90mm.

Jiné řešení. Přirozené číslo vyjadřující objem hranolu v cm3 je tisíckrát menší než číslovyjadřující totéž v mm3. Podobně číslo vyjadřující povrch v cm2 je stokrát menší než číslovyjadřující totéž v mm2. Zadání úlohy zapsané pomocí algebrogramů vypadá následovně:

J K 0 0 0− J K

1 7 9 8 2

X Y 0 0− X Y

5 7 4 2

3

Při řešení postupujeme zprava a vidíme, že písmeno lze nahradit číslicí vždy jedinýmmožným způsobem. (Při sestavování algebrogramu bylo jasné, že menšenec má mít stejnýpočet číslic jako rozdíl, a to proto, že menšitel je o několik řádů menší než menšeneca zadaný rozdíl nezačíná číslicí 9.)

Algebrogramy mají jediné řešení: J = 1, K = 8, tj. VC = 18 (cm3), a X = 5, Y = 8,tj. SC = 58 (cm2). Dál pokračujeme tabulkou stejně jako u předchozího postupu.

Hodnocení. 1 bod za VC = 18; 1 bod za SC = 58, popř. za ab + bc + ca = 29; 1 bodza zdůvodnění postupu při hledání objemu a povrchu; 2 body za všechny možné rozkladyčísla 18; 1 bod za určení správného rozkladu.

Z9–III–4Na tabuli jsou napsána pouze čísla 1, 12 ,

13 ,14 ,15 a

16 . Na tabuli můžeme připsat součet

nebo součin libovolných dvou čísel z tabule. Je možné takovým připisováním dosáhnouttoho, aby se na tabuli objevila čísla a) 160 , b)

2011375 , c)

17? (V. Bachratá, J. Mazák)

Možné řešení. a) Ano, na tabuli můžeme napsat číslo 160 . Například tak, že připíšeme

číslo 110 , které získáme jako součin čísel již napsaných:

12 · 15 . A poté napíšeme číslo 1

60 ,neboť je rovno součinu 16 · 110 .

b) Ano, na tabuli můžeme napsat číslo 2011375 . Nejprve ukážeme, že na tabuli můžemenapsat číslo 1

375 . To lze rozložit na součin čísel, která jsou na tabuli od počátku:1375 =

= 13 · 15 · 15 · 15 . Vidíme tedy, že k původním číslům můžeme postupně připsat čísla 1

15 == 1

3 · 15 , 175 = 15 · 115 a 1

375 =15 · 175 . K číslu 1

375 můžeme připsat ještě jedno takové,a sice jako součin již napsaných čísel 1 a 1

375 . Posléze sečtením čísel1375 a

1375 dostaneme

2375 a postupným přičítáním

1375 tak můžeme dojít k jakémukoli zlomku, který má ve

jmenovateli 375 a v čitateli přirozené číslo. Tedy můžeme dojít až k žádanému číslu 2011375 .c) Ne, na tabuli nemůžeme napsat číslo 17 . Povolené jsou pouze operace sčítání a náso-

bení zlomků. Ukažme si, jaký mají tyto operace vliv na jmenovatel. (Zanedbáme, že běhemtěchto operací můžeme zlomky i krátit. Na náš závěr toto zanedbání nebude mít vliv.)

• Pokud násobíme dva zlomky, je ve jmenovateli výsledku součin jmenovatelů původníchzlomků.

• Když sčítáme dva zlomky, je ve jmenovateli výsledku součin, respektive nejmenší spo-lečný násobek jmenovatelů původních zlomků.V prvočíselném rozkladu součinu, popřípadě nejmenšího společného násobku dvou

čísel nemůže být prvočíslo, které nebylo v prvočíselném rozkladu žádného z původníchdvou čísel. Takže ať provádíme jakékoli povolené operace, nikdy nedostaneme jmenovatel,v jehož rozkladu je prvočíslo, které do té doby nebylo v rozkladu žádného napsanéhojmenovatele. Jelikož žádný ze jmenovatelů, které máme na počátku k dispozici, nemá vesvém prvočíselném rozkladu 7, nedokážeme dojít k 17 .

Hodnocení. V části a) udělte 1 bod za zdůvodněnou odpověď, přičemž lze ohodnotiti pouhé tvrzení: „Lze, neboť 160 =

12 · 15 · 16 .“

V části b) udělte 2 body za popis jakéhokoli postupu vedoucího k 2011375 . (Pokud takovýpostup není uveden, lze udělit 1 bod za postřeh, že v čitateli lze získat díky sčítání jakékolipřirozené číslo.)

V části c) udělte celkem 3 body, z toho 2 body za vysvětlení, jaký má na jmenovatel vlivnásobení a jaký sčítání, a 1 bod za konstatování, že násobením a nejmenšími společnýminásobky nezískáme nové prvočíslo.

4


I. kolo kategorie Z5Z5–I–1

Tři kamarádi Pankrác, Servác a Bonifác šli o prázdninách na noční procházku přírod-ním labyrintem. U vstupu dostal každý svíčku a vydali se různými směry. Všichni labyrin-tem úspěšně prošli, ale každý šel jinou cestou. V následující čtvercové síti jsou vyznačenyjejich cesty. Víme, že Pankrác nikdy nešel na jih a že Servác nikdy nešel na západ. Kolikmetrů ušel v labyrintu Bonifác, když Pankrác ušel přesně 500 m? (M. Petrová)

Vchod

Východ

S

Nápad. Kterou cestou Bonifác určitě nešel?

Možné řešení. Nejdříve určíme, kterými cestami šli jednotliví kamarádi. K tomu potře-bujeme vědět, na které světové strany vedou jednotlivé cesty. Cesta podle plné čáry vedepouze na sever a na východ. Čárkovaná cesta vede na sever, východ a západ. Tečkovanácesta míří postupně na všechny světové strany. Jediná cesta, která nevede nikdy západnímsměrem, je ta vyznačená plnou čárou — patří tedy Servácovi. Tudy Bonifác jistě nešel.Ze zbylých dvou cest na jih nemíří ta čárkovaná — po ní tedy šel Pankrác. Takže Bonifácmusel jít po tečkované čáře.

Pankrác ušel 500 m. Nyní spočítáme, po kolika úsečkách (tj. stranách čtverečku čtver-cové sítě) šel:

7(východ) + 2(sever) + 4(západ) + 1(sever) + 6(západ) + 2(sever) +

+4(východ) + 1(sever) + 4(východ) + 1(sever) + 7(východ) + 1(sever) = 40.

Teď ještě určíme, po kolika úsečkách šel Bonifác:

1(západ) + 1(sever) + 3(západ) + 3(sever) + 3(východ) + 2(sever) +

+1(východ) + 4(sever) + 3(východ) + 3(jih) + 1(východ) + 6(jih) +

+2(východ) + 8(sever) + 2(východ) + 1(sever) + 4(východ) + 2(jih) = 50.

1

Jestliže 40 úseček měří 500 m, pak 10 úseček měří 500 : 4 = 125 (m). Takže 50 úseček měří500 + 125 = 625 (m). Bonifác ušel v labyrintu 625 metrů.

Z5–I–2Do každého nevyplněného čtverečku doplňte číslo 1, 2, nebo 3 tak, aby v každém

sloupci a řádku bylo každé z těchto čísel právě jednou a aby byly splněny dodatečnépožadavky v každé vyznačené oblasti.

2

Rozdíl 1Podíl 3

Součet 4

Součin 6

(Požadujeme-li ve vyznačené oblasti určitý podíl, máme na mysli podíl, který získámevydělením většího čísla menším. Podobně pracujeme i s rozdílem.) (S. Bednářová)

Nápad. Začněte součinem.

Možné řešení. Začneme součinem: Z čísel 1, 2 a 3 potřebujeme vybrat dvě taková, abyjejich součin byl 6. V úvahu připadá jediná možnost — 2 a 3. Protože ve třetím řádku jiždvojka je, můžeme do příslušného políčka tohoto řádku dopsat pouze trojku.

2 32

Nyní je zřejmé, že v prvním políčku třetího sloupce a ve druhém políčku třetího řádkumohou být jen jedničky.

2 321

1

2

Nyní např. součet: Součet dvou čísel má být 4, jeden ze sčítanců je 1, takže druhýmusí být 3.

2 321

13

Nyní rozdíl: Rozdíl dvou čísel má být 1, jedním z těchto čísel je 1, takže druhé musíbýt 2.

2 321

132

Zbývá doplnit poslední čísla: V prvním řádku chybí číslo 3, ve druhém řádku chybíčíslo 1. Ještě ověříme, že podíl právě doplněných čísel je opravdu 3 a že v každém sloupcia řádku je každé z čísel 1, 2 a 3 právě jednou.

2 321

1323

1

Poznámka. Samozřejmě lze postupovat mnoha různými způsoby, v každém případě sivšak rychle všimnete, že v zadání je podstatně víc informací, než je potřeba k jednoznač-nému dořešení úlohy. Pokud se např. přednostně soustředíte na požadavek, aby v každémsloupci a řádku bylo každé z čísel 1, 2, 3 právě jednou, pak stačí už jen jedna ze čtyřdále zmíněných informací — poznáte která? Současně některé dodatečné informace jsousplněny vždy — poznáte které?

3

Z5–I–3Jolana připravuje pro své kamarádky občerstvení — chlebíčky. Namaže je brambo-

rovým salátem a navrch chce dát ještě další přísady: šunku, tvrdý sýr, plátek vajíčkaa proužek nakládané papričky. Jenže nechce, aby některé dva její chlebíčky obsahovalyúplně stejnou kombinaci přísad. Jaký největší počet navzájem různých chlebíčků můževytvořit, jestliže žádný z nich nemá mít všechny čtyři přísady a žádný z nich není pouzese salátem (tj. bez dalších přísad)? (M. Petrová)

Nápad. Vymyslete vhodný systém, podle kterého budete jednotlivé možnosti vypisovat.

Možné řešení. Pro přehlednost sestavíme tabulku. Hvězdička znamená, že daný chlebí-ček obsahuje příslušnou přísadu, prázdné políčko pak znamená, že chlebíček tuto přísaduneobsahuje.

šunka sýr vajíčko paprička

1 přísada * 1

* 2

* 3

* 4

2 přísady * * 5

* * 6

* * 7

* * 8

* * 9

* * 10

3 přísady * * * 11

* * * 12

* * * 13

* * * 14

Protože jsme tabulku tvořili systematicky a vyčerpali jsme všechny možnosti, vidíme, žeJolana může připravit až 14 chlebíčků tak, aby byly splněny její požadavky.

4

Z5–I–4Na obrázku je stavba slepená ze stejných kostiček. Jedná se o krychli s několika dírami,

kterými je vidět skrz a které mají všude stejný průřez. Z kolika kostiček je stavba slepena?(M. Krejčová)

Nápad. Zkuste počítat po vrstvách.

Možné řešení. Stavbu rozdělíme čtyřmi vodorovnými řezy na pět vrstev. Prostřednívrstva je na obrázku vlevo, skládá se z 16 kostiček. Ostatní čtyři vrstvy vypadají všechnytak, jak ukazuje obrázek vpravo, a každá z nich se skládá z 24 kostiček. Na celou stavbubylo použito 16 + 4 · 24 = 112 kostiček.

Jiný nápad. Kolik kostiček chybí v tunelech?

Jiné řešení. Představme si, že stavba byla zhotovena bez „tunelůÿ a ty byly proraženyaž dodatečně. Původně se tedy skládala z 5 · 5 · 5 = 125 kostiček. Proražením prvníhotunelu stavba ztratila 5 kostiček, proražením dalších dvou tunelů ztratila po 4 kostičkách.Konečný počet kostiček tedy je 125− 5− 4− 4 = 112.

Z5–I–5V pohádce o sedmero krkavcích bylo sedm bratrů, z nichž každý se narodil přesně

rok a půl po předchozím. Když byl nejstarší z bratrů právě čtyřikrát starší než nejmladší,matka všechny zaklela. Kolik let bylo sedmero bratrům krkavcům, když je jejich matkazaklela? (M. Volfová)

Nápad. Jaký byl věkový rozdíl nejmladšího a nejstaršího bratra?

Možné řešení. Nejstaršího bratra dělilo od nejmladšího 9 let (6 ·1,5 = 9). Nejstarší bratrbyl čtyřikrát starší než nejmladší, takže těchto 9 let muselo odpovídat trojnásobku věku

5

nejmladšího bratra. V době zakletí tedy byly nejmladšímu 3 roky (9 : 3 = 3). Dalšímbratrům bylo postupně 4 a půl, 6, 7 a půl, 9, 10 a půl, 12 let.

Z5–I–6Janka a Hanka si rády hrají s modely zvířátek. Hanka pro své kravičky sestavila

z uzávěrů od PET lahví obdélníkovou ohrádku jako na obrázku. Janka ze všech svýchuzávěrů složila pro ovečky ohrádku tvaru rovnostranného trojúhelníku. Poté ji rozebralaa postavila pro ně ohradu čtvercovou, rovněž ze všech svých uzávěrů. Kolik mohla mítJanka uzávěrů? Najděte aspoň 2 řešení. (M. Volfová)

Nápad. Mohla by Janka mít např. 6 nebo 8 uzávěrů?

Možné řešení. To, že Janka složila ohrádku tvaru rovnostranného trojúhelníku, znamená,že počet jejích uzávěrů musel být násobkem čísla 3. Podobně, čtvercovou ohrádku mohlapostavit pouze, když počet uzávěrů byl násobkem čísla 4. Počet uzávěrů tedy musel býtsoučasně násobkem čísla 3 i 4, tj. např. 12, 24, 36, . . . (libovolný násobek 12).

6



Na obrázku jsou tři stejně velké kruhy. Společné části sousedních kruhů jsme šeděvybarvili. Bílé části mají v obrázku zapsány své obsahy, a to v centimetrech čtverečních.Vypočítejte obsahy obou šedých částí. (L. Šimůnek)

110 68 87

Nápad. Obsah celého kruhu se hodí, ale nesnažte se jej určovat hned na začátku.

Možné řešení. Společnou část prvních dvou kruhů nazveme A, společnou část druhéhoa třetího kruhu nazveme B. Z druhého kruhu zůstane po odtržení části A zbytek, který musímít stejný obsah jako část, která zbude po odtržení části A z kruhu prvního. V zadání seuvádí, že tato zbylá část má obsah 110, a díky tomu spočítáme obsah části B: 110−68 = 42.

110 68 B

Nyní známe obsah třetího kruhu: 42 + 87 = 129.

B 87

Stejný obsah mají i ostatní kruhy, s pomocí prvního určíme obsah části A: 129−110 == 19.

110 A

Šedé plochy mají obsahy popořadě zleva 19 cm2 a 42 cm2.

7

Z6–I–2Do hračkářství přivezli nová plyšová zvířátka: vážky, pštrosy a kraby. Každá vážka

má 6 nohou a 4 křídla, každý pštros má 2 nohy a 2 křídla a každý krab má 8 nohoua 2 klepeta. Dohromady mají tyto přivezené hračky 118 nohou, 22 křídel a 22 klepet. Kolikmají dohromady hlav? (M. Petrová)

Nápad. Využijte toho, že ze zmíněných zvířátek mají klepeta pouze krabi.

Možné řešení. Pro přehlednost si údaje o jednotlivých hračkách zaznamenáme do tabul-ky:

nohy křídla klepeta hlavy

vážka 6 4 0 1

pštros 2 2 0 1

krab 8 0 2 1

Je zřejmé, že klepeta mají pouze krabi. Protože všech klepet je 22 a každý krab má klepetadvě, musí být krabů 22 : 2 = 11. Tito krabi mají dohromady 11 · 8 = 88 nohou. Na vážkya pštrosy tak zbývá 118− 88 = 30 nohou.

Vážky a pštrosi tak mají dohromady 30 nohou a 22 křídel. Abychom určili počtyjednotlivých hraček, všimneme si následujícího:

nohy křídla

jedna vážka 6 4

jeden pštros 2 2

dva pštrosi 4 4

Vidíme, že dva pštrosi mají dohromady stejně křídel jako jedna vážka, ale mají o 2 nohyméně. Můžeme si to představit tak, že ze dvou pštrosů „vyrobímeÿ jednu vážku tak, že jim„přidámeÿ ještě dvě nohy.

Podle křídel máme 11 pštrosů (22 : 2 = 11). Ti by ale měli jen 22 nohou (11 · 2 = 22).Zbývá nám tedy 8 nohou (30 − 22 = 8), kterými budeme „předělávat pštrosy na vážkyÿ.Vždy dvě nohy promění dva pštrosy v jednu vážku, vážky jsou proto 8 : 2 = 4.

Čtyři vážky mají dohromady 24 nohou (4 · 6 = 24) a 16 křídel (4 · 4 = 16). Na pštrosytak zbývá 6 nohou (30− 24 = 6) a 6 křídel (22− 16 = 6). Jsou tedy celkem 3 (6 : 2 = 3).Předchozí úvahy můžeme schematicky znázornit následovně (symbol ıí představuje dvěkřídla a dvě nohy, tedy určující prvky jednoho pštrosa):

ıí ıí ıí ıí ıí ıí ıí ıí ıí ıí ıí︸︷︷︸︸︷︷︸︸︷︷︸︸︷︷︸ıı ıı ıı ıı

8

Do hračkářství přivezli 11 krabů, 4 vážky a 3 pštrosy. Protože každé z těchto zvířatmá jednu hlavu, dohromady mají 18 hlav (11 + 4 + 3 = 18).

Jiné řešení. Stejně jako u předchozího řešení určíme, že přivezli 11 krabů a že vážkya pštrosi mají dohromady 30 nohou a 22 křídel.

Jelikož vážky mají po 6 nohách, může jich být nejvýše 5 a jednotlivé možnosti postupněprobereme. Kdyby vážka byla jedna, zbývalo by na pštrosy 30−6 = 24 nohou a 22−4 = 18křídel. Aby souhlasily počty nohou, muselo by být pštrosů 12, ale aby souhlasily počtykřídel, muselo by jich být 9 — jedna vážka proto být nemůže.

Ostatní případy rozepisovat nebudeme, diskuzi shrneme následující tabulkou a závěrje stejný jako výše.

vážek zbyde nohou zbyde křídel pštrosů

1 24 18 —

2 18 14 —

3 12 10 —

4 6 6 3

5 0 2 —

Z6–I–3Na obrázku je stavba slepená ze stejných kostiček. Jedná se o krychli s několika dírami,

kterými je vidět skrz a které mají všude stejný průřez. Hotovou stavbu jsme celou ponořilido barvy. Kolik kostiček má obarvenu aspoň jednu stěnu? (M. Krejčová)

Nápad. Zjistěte, kolik kostiček nemá obarvenu ani jednu stěnu.

Možné řešení. Stavbu rozdělíme čtyřmi vodorovnými řezy na pět vrstev tak, jak ukazujenásledující obrázek. Prostřední vrstva se skládá z 16 kostiček, ostatní vždy z 24 kostiček.Celkový počet kostiček je 16+4·24 = 112. Kostičky, které nemají obarvenu ani jednu stěnu,

9

jsme v obrázku označili černým puntíkem — je jich 8. Ostatní kostičky mají obarvenu aspoňjednu stěnu a je jich tedy 112− 8 = 104.

Jiný nápad. Počítejte přímo po vrstvách.

Jiné řešení. Pracujeme s výše uvedeným obrázkem. Ve spodní vrstvě mají všechny kos-tičky, kterých je 24, obarveny aspoň jednu stěnu. Ve druhé vrstvě je 8 kostiček s jednouobarvenou stěnou a 12 se dvěma obarvenými stěnami. V prostřední vrstvě je všech 16kostiček se dvěma obarvenými stěnami. Čtvrtá vrstva se shoduje s druhou a pátá s první.Kostiček, které mají obarvenu aspoň jednu stěnu, jsme celkově napočítali

2 · 24 + 2 · (8 + 12) + 16 = 48 + 40 + 16 = 104.

Z6–I–4

Do každého nevyplněného čtverečku doplňte číslo 1, 2, 3, nebo 4 tak, aby v každémsloupci a řádku bylo každé z těchto čísel právě jednou a aby byly splněny dodatečnépožadavky v každé vyznačené oblasti.

(Požadujeme-li ve vyznačené oblasti určitý podíl, máme na mysli podíl, který získámevydělením většího čísla menším. Podobně pracujeme i s rozdílem.) (S. Bednářová)

10

1Součet 9Rozdíl 1

Součin 6

Součin 48 Podíl 2

Součet 5

Nápad. Začněte součinem 48.

Možné řešení. Začneme součinem 48: Potřebujeme rozložit číslo 48 na součin tří číseltak, aby činitelé byli pouze 1, 2, 3 nebo 4. To lze jediným způsobem, 48 = 3 ·4 ·4, a činitelémohou být v odpovídající oblasti doplněni jedině takto:

1

43 4

Do druhého políčka prvního sloupce doplníme číslo 2, které v tomto sloupci chybí.

1

43 4

2

Nyní se budeme zabývat součinem 6, který lze získat z daných čísel jen jako 6 = 1 ·2 ·3.To znamená, že ve druhém sloupci budou, kromě již napsaného čísla 4, ještě čísla 1 a 3(zatím nevíme, v jakém pořadí). Takže v prvním políčku druhého sloupce musí být číslo 2.

11

1

43 4

22**

Rozdíl 1: Rozdíl dvou čísel má být 1, jedno z čísel je 2, takže druhé číslo musí být 1nebo 3. Protože číslo 1 je již v prvním řádku napsáno, musí být ve třetím políčku tohotořádku číslo 3.

Do čtvrtého políčka prvního řádku tak musíme doplnit číslo 4, které jediné v tomtořádku ještě není.

1

43 4

22 3 4**

Uvažujme tentokrát jinak. Zatím jsme doplnili třikrát číslo 4, takže ještě jedno zbývá.Protože v prvním, třetím a čtvrtém řádku čtyřky zastoupeny jsou, bude to poslední vedruhém řádku. Stejně tak je čtyřka doplněna v prvním, druhém a čtvrtém sloupci, takžechybí ve třetím sloupci. To znamená, že poslední, čtvrté, číslo 4 musí být ve druhém řádkutřetího sloupce.

1

43 4

22 3 4

4**

Součet 9: V této oblasti chybí poslední číslo, a to musí být 9− 4− 4 = 1.

12

1

43 4

22 3 4

4 1**

Ve druhém políčku druhého řádku musí být číslo 3, které zde jako jediné ještě není.To znamená, že ve třetím políčku druhého sloupce bude číslo 1 (buď proto, že v tomtosloupci chybí, nebo proto, že chybí v oblasti se součinem 6).

1

43 4

22 3 4

4 131

Nyní můžeme uvažovat stejně jako při doplňování posledního čísla 4. Doplnili jsmetřikrát číslo 1, které zatím není ve čtvrtém řádku a ve třetím sloupci. Stejně tak doplnímei poslední číslo 3, které chybí pouze ve třetím řádku a ve čtvrtém sloupci.

1

43 4

22 3 4

4 131

13

Nyní už chybí jen dvě čísla 2. Snadno ověříme, že po jejich doplnění do prázdnýchpolíček splňují všechna zapsaná čísla všechny požadované podmínky.

1

43 4

22 3 4

4 131

1322

13

Poznámka. Samozřejmě lze postupovat mnoha různými způsoby, v každém případě sivšak rychle všimnete, že v zadání je podstatně víc informací, než je potřeba k jednoznač-nému dořešení úlohy. Pokud se např. přednostně soustředíte na požadavek, aby v každémsloupci a řádku bylo každé z čísel 1, 2, 3, 4 právě jednou, pak stačí už jen tři ze šesti dálezmíněných informací — které tři by kupříkladu stačily?

Z6–I–5Ondra, Matěj a Kuba dostali k Vánocům od prarodičů každý jednu z následujících

hraček: velké hasičské auto, vrtulník na dálkové ovládání a stavebnici Merkur. BratranecPetr doma vyprávěl:

„Ondra dostal to velké hasičské auto. Přál si ho sice Kuba, ale ten ho nedostal. Matějnemá v oblibě stavebnice, takže Merkur nebyl pro něj.ÿ

Ukázalo se, že ve sdělení, jaký dárek kdo dostal či nedostal, se Petr dvakrát mýlil a jenjednou vypovídal správně. Jak to tedy s dárky bylo? (M. Volfová)

Nápad. Nejdřív zjistěte, kdo dostal hasičské auto.

Možné řešení. Petrovy výpovědi o chlapcích jsou:

1. Ondra dostal hasičské auto,2. Kuba nedostal hasičské auto,3. Matěj nedostal Merkur.

Kdyby hasičské auto dostal Ondra, byly by první dvě výpovědi pravdivé. Ale pravdivémá být jen jedno sdělení, takže hasičské auto Ondra dostat nemohl.

Kdyby hasičské auto dostal Matěj, byly by opět dvě výpovědi pravdivé, totiž druháa třetí, a to nelze.

Hasičské auto tedy musel dostat Kuba. První i druhé tvrzení je proto nepravdivéa pravdivé musí být třetí, že Matěj nedostal Merkur. Matěj nedostal ani hasičské auto (todostal Kuba), takže musel dostat vrtulník.

Dárky byly rozděleny takto: Kuba dostal hasičské auto, Matěj vrtulník a Ondra Mer-kur.

Z6–I–6Marta, Libuše a Marie si vymyslely hru, kterou chtějí hrát na obdélníkovém hřišti

složeném z 18 stejných čtverců (obrázek). Ke hře potřebují hřiště rozdělit dvěma rovnýmičárami na tři stejně velké části. Navíc tyto čáry musejí obě procházet tím rohem hřiště,který je na obrázku vlevo dole. Poraďte děvčatům, jak mají dokreslit čáry, aby si mohlazačít hrát. (E. Trojáková)

14

Nápad. Dvě ze tří částí musejí být trojúhelníky.

Možné řešení. Hřiště složené z 18 stejných čtverců je třeba rozdělit na tři stejně velkéčásti. Velikost jedné části potom bude 18 : 3 = 6 čtverců. Úhlopříčka dělí hřiště na dvastejné trojúhelníky s obsahem 18 : 2 = 9 čtverců. To znamená, že pokud máme dostattři části s obsahem 6 čtverců, musí být jedna z dělicích čar „podÿ a druhá „nadÿ toutoúhlopříčkou, viz obrázek. Dvě z takto vzniklých částí tvoří trojúhelníky a jedna čtyřúhelník.Nyní stačí určit čáry tak, aby trojúhelníky měly obsah 6 čtverců. Zbylý čtyřúhelník potombude mít tentýž obsah.

Podívejme se nejprve na trojúhelník vlevo. Tento trojúhelník je polovinou obdélníku,jehož svislá strana je dlouhá 3 dílky. Obsah tohoto obdélníku má být 2 · 6 = 12 čtverců,takže jeho druhá strana musí být dlouhá 12 : 3 = 4 dílky — můžeme nakreslit první dělicíčáru.

Postupujme podobně i u druhého trojúhelníku. Tento trojúhelník je polovinou obdél-níku s obsahem 12 čtverců, jehož vodorovná strana je dlouhá 6 dílků. Jeho svislá stranamusí být 12 : 6 = 2 dílky dlouhá — můžeme nakreslit druhou dělicí čáru.

Děvčata by měla rozdělit hřiště jako na následujícím obrázku.

15



Z7–I–1

Trpaslíci si chodí k potoku pro vodu. Džbánek každého z trpaslíků je jinak velký: majíobjemy 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9 litrů. Trpaslíci si džbánky mezi sebou nepůjčují a vždy je přinesouplné vody.

• Kejchal přinese ve svém džbánku víc vody než Štístko.• Dřímal by musel jít pro vodu třikrát, aby přinesl právě tolik vody jako Stydlín v jednom

svém džbánku.• Prófův džbánek je jen o 2 litry větší než Štístkův.• Sám Šmudla přinese tolik vody jako Dřímal a Štístko dohromady.• Když jdou pro vodu Prófa a Šmudla, přinesou stejně vody jako Rejpal, Kejchal a Štíst-

ko.

Kolik vody přinesou dohromady Kejchal a Šmudla? (M. Petrová)

Nápad. Začněte druhou podmínkou.

Možné řešení. Z druhé podmínky plyne, že Dřímalův džbánek má objem 3 litry a Styd-línův 9 litrů (platí 3 · 3 = 9, a kdyby měl Dřímal džbánek jiný, musel by být Stydlínůvdžbánek aspoň dvanáctilitrový).

Nyní ze čtvrté podmínky plyne, že Šmudlův džbánek je o 3 litry větší než Štístkův.Společně s třetí podmínkou tak víme, že Štístko, Prófa a Šmudla mají postupně džbánkys objemy buď 4, 6 a 7, nebo 5, 7 a 8 litrů.

Z první podmínky potom plyne, že jediné možnosti, jak měli trpaslíci džbánky rozdě-leny, jsou:

3 4 5 6 7 8 9

Dřímal Štístko Kejchal Prófa Šmudla Rejpal Stydlín

Dřímal Štístko Rejpal Prófa Šmudla Kejchal Stydlín

Dřímal Rejpal Štístko Kejchal Prófa Šmudla Stydlín

Ověříme-li poslední, pátou, podmínku, zjistíme, že první dvě vyznačené možnosti nevyho-vují (6 + 7 6= 8 + 5 + 4), zatímco třetí ano (7 + 8 = 4 + 5 + 6). Kejchal se Šmudlou tedydohromady přinesou 6 + 8 = 14 litrů vody.

16

Z7–I–2Na obrázku je čtverec ABCD, ve kterém jsou umístěny čtyři shodné rovnoramenné

trojúhelníky ABE, BCF , CDG a DAH, všechny šedě vybarvené. Strany čtverce ABCDjsou základnami těchto rovnoramenných trojúhelníků. Víme, že šedé plochy čtverce ABCDmají dohromady stejný obsah jako jeho bílá plocha. Dále víme, že |HF | = 12 cm. Určetevelikost strany čtverce ABCD. (L. Šimůnek)

A B

CD

E

F

G

H

Nápad. Vhodně si obrazec rozdělte.

Možné řešení. Ve čtverci ABCD vyznačíme obě úhlopříčky a spojnice středů protileh-lých stran. Čtyři takto doplněné úsečky se protínají v jediném bodě S a rozdělují obrazecbeze zbytku na osm shodných trojúhelníků. Jeden z nich jsme v obrázku označili STC.

A B

CD

E

F

G

H

ST

Těchto osm trojúhelníků se shoduje i ve svých šedě vybarvených částech, a protozadanou podmínku o obsazích můžeme užít pro každý tento trojúhelník zvlášť. V případětrojúhelníku STC proto platí, že jeho šedá a bílá plocha, tedy trojúhelníky FTC a SFC,mají stejný obsah. Oba trojúhelníky mají výšku TC. Aby měly stejný obsah, musejí býtstejné i velikosti stran kolmých k této výšce, tedy |FT | = |SF |. Délka úsečky SF jepoloviční vzhledem k délce uvedené v zadání, tudíž je 6 cm. Velikost úsečky ST je pak6 + 6 = 12 (cm) a velikost strany čtverce ABCD je 2 · 12 = 24 (cm).

Jiné řešení. Ve všech šedých rovnoramenných trojúhelnících vyznačíme výšku kolmouk základně. Tím rozdělíme původní trojúhelníky na osm shodných pravoúhlých trojúhel-níků, které uvnitř čtverce ABCD přemístíme tak, jak ukazuje obrázek.

17

A B

CD

FH

Ve čtverci ABCD jsme dostali dva shodné šedé obdélníky a jeden obdélník bílý. Stranytěchto tří obdélníků, které jsou na obrázku svislé, mají stejnou délku. Velikost strany bíléhoobdélníku, která je na obrázku vodorovně, je zadaných 12 cm. Aby šedé plochy a bílá plochaměly stejný obsah, musejí mít vodorovné strany obou šedých obdélníků dohromady délkutaké 12 cm. Velikost strany čtverce ABCD je tedy 24 cm.

Z7–I–3Sedm bezprostředně po sobě jdoucích celých čísel stálo v řadě, seřazeno od nejmenšího

po největší. Po chvíli se čísla začala nudit, a tak se nejdřív první vyměnilo s posledním,potom se prostřední posunulo úplně na začátek řady a nakonec si největší z čísel stouplodoprostřed. Ke své veliké radosti se tak ocitlo vedle čísla se stejnou absolutní hodnotou.Kterých sedm čísel mohlo stát v řadě? (S. Bednářová)

Nápad. Zjistěte rozdíl zmíněných dvou čísel se stejnou absolutní hodnotou.

Možné řešení. Čísla označíme podle velikosti vzestupně jako 1. až 7. Jejich rozmístěníse postupně měnilo takto:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

7. 2. 3. 4. 5. 6. 1.

4. 7. 2. 3. 5. 6. 1.

4. 2. 3. 7. 5. 6. 1.

Dvě čísla se stejnou absolutní hodnotou mohou být buď 3. a 7., nebo 7. a 5. Protožejde o dvojici různých čísel, musí být jedno kladné a druhé záporné. Kladné je větší z nich,tedy 7. číslo.

Nejprve uvažujme, že stejnou absolutní hodnotu mají 3. a 7. číslo. Jejich rozdíl je 4,větší z nich je tedy rovno 4 : 2 = 2. Nejmenší číslo v řadě je o 6 menší než 7. číslo a je totedy číslo 2− 6 = −4.

Nyní uvažujme, že stejnou absolutní hodnotu mají 7. a 5. číslo. Jejich rozdíl je 2, většíz nich je rovno 2 : 2 = 1. Nejmenší číslo v řadě je pak 1− 6 = −5.

V řadě mohla stát celá čísla od −4 do 2 nebo od −5 do 1.

18

Z7–I–4Učitelka Smolná připravovala prověrku pro svou třídu ve třech verzích, aby žáci ne-

mohli opisovat. V každé verzi zadala tři hrany kvádru a dala za úkol vypočítat jeho objem.Úlohy si ale dopředu nevyřešila, a tak netušila, že výsledek je ve všech třech verzích stejný.Do zadání žákům zapsala tyto délky hran: 12, 18, 20, 24, 30, 33 a 70, všechny v centimetrech.Z devíti délek hran, které učitelka Smolná zadala, jsme vám tedy prozradili pouze sedma ani jsme nesdělili, které délky patří do téhož zadání. Určete zbylé dvě délky hran.

(L. Šimůnek)

Nápad. Rozložte si zadané délky na součin prvočísel.

Možné řešení. Rozložíme délky všech hran na součiny prvočísel:

12 = 2 · 2 · 3, 18 = 2 · 3 · 3, 20 = 2 · 2 · 5,24 = 2 · 2 · 2 · 3, 30 = 2 · 3 · 5, 33 = 3 · 11, 70 = 2 · 5 · 7.

V těchto součinech se nacházejí činitelé 7 a 11, tedy výsledný objem musí být násobkem čísla77. Činitelé 7 a 11 jsou v zadaných délkách obsaženy každý pouze jednou, a to v hranách33 a 70. Rozhodněme, zda tyto délky mohou patřit ke dvěma různým kvádrům.

Kdyby hrany 33 a 70 patřily k různým kvádrům, musel by kvádr s hranou 33 mít dalšíhranu rovnu násobku sedmi, kvádr s hranou 70 by musel mít další hranu rovnu násobkujedenácti a poslední kvádr by musel mít mezi svými hranami násobek sedmi a násobekjedenácti. Právě jsme předpokládali existenci aspoň tří hran, které nejsou uvedeny v zadání,ale v něm přitom chybějí pouze dvě. Tím jsme ukázali, že hrany 33 a 70 patří ke stejnémukvádru. Nyní určíme třetí hranu tohoto kvádru.

Obě délky hran, které nejsou v zadání uvedeny, musejí být násobky čísla 77 a patřitke zbylým kvádrům. Zbývající hranu našeho kvádru proto musíme hledat mezi zadanýmihranami. Všimněme si hran 18 a 24. Podle první odvodíme, že výsledný objem je násob-kem devíti (tj. 3 · 3), podle druhé jde zároveň o násobek osmi (tj. 2 · 2 · 2). V součinechodpovídajících hranám 33 a 70 se nacházejí činitelé 2 a 3 každý pouze jednou. Třetí hranauvažovaného kvádru proto musí mít ve svém rozkladu součin 2 ·2 ·3. V zadání tak můžemevybrat buď hranu 12, nebo 24.

Uvažujme nejprve o možnosti, že jeden z kvádrů má hrany 33, 70 a 12 a tedy že kvádrymají objem 2 · 2 · 2 · 3 · 3 · 5 · 7 · 11. Pro druhý kvádr vybereme hranu 24 a vidíme, že ten užnesmí mít v délce žádné další hrany činitel 2. V zadání však zbývají pouze délky s činitelem2. Možnost s kvádrem o hranách 33, 70 a 12 proto musíme zavrhnout.

Nyní uvažujme o možnosti, že jeden z kvádrů má hrany 33, 70 a 24 a tedy že kvádrymají objem

2 · 2 · 2 · 2 · 3 · 3 · 5 · 7 · 11.

Na hrany zbylých dvou kvádrů snadno přijdeme, pokud se držíme poznatku, že kvádr musímít v délkách svých hran právě jednou činitel 5 a právě dvakrát činitel 3: druhý kvádr máhrany

30 = 2 · 3 · 5, 12 = 2 · 2 · 3, 154 = 2 · 7 · 11

a hrany třetího kvádru jsou

20 = 2 · 2 · 5, 18 = 2 · 3 · 3, 154 = 2 · 7 · 11.

19

Délky zbylých dvou hran, které nejsou uvedeny v zadání, jsou shodně 154 cm.

Z7–I–5Jeden vnitřní úhel v trojúhelníku měří 50◦. Jak velký úhel svírají osy zbývajících dvou

vnitřních úhlů? (L. Hozová)

Nápad. Nemusíte znát velikosti zbylých vnitřních úhlů, abyste úlohu dořešili.

Možné řešení. Uvažujme trojúhelník ABC s úhlem 50◦ u vrcholu A; neznámé úhlyu vrcholů B a C označíme β a γ. Průsečík os vnitřních úhlů označíme O, úhel BOCoznačíme ω a úhel k němu vedlejší ψ.

A B

C

O

γ2

50◦β2

ω

ψ

Součet vnitřních úhlů v libovolném trojúhelníku je 180◦. Proto i v trojúhelnících ABCa OBC platí

50◦ + β + γ = 180◦,

ω +β

2+γ

2= 180◦.

Z druhé rovnosti a z toho, že ω a ψ jsou vedlejší úhly, plyne

ψ =β

2+γ

2.

Z první rovnosti vyjádřímeβ

2+γ

2=

130◦

2= 65◦,

tudíž odchylka os zbývajících dvou vnitřních úhlů je 65◦.

Poznámka. Odpověď, že osy svírají úhel ω = 180◦ − 65◦ = 115◦, považujte také zasprávnou.

20

Z7–I–6Hledáme šestimístný číselný kód, o němž víme, že:

• žádná číslice v něm není vícekrát,• obsahuje i 0, ta však není na předposledním místě,• ve svém zápisu nemá nikdy vedle sebe dvě liché ani dvě sudé číslice,• sousední jednomístná čísla se liší aspoň o 3,• čísla, která získáme přečtením prvního a druhého dvojčíslí, jsou obě násobkem čísla

vzniklého přečtením třetího, tedy posledního dvojčíslí.

Určete hledaný kód. (M. Volfová)

Nápad. Zaměřte se na to, jak vypadají jednotlivá dvojčíslí, zvláště to poslední.

Možné řešení. Poslední číslice nemůže být 0 ani 5: kdyby tomu tak bylo, pak by podlepáté podmínky první i druhé dvojčíslí končilo buď 0 nebo 5, takže číslice 0 nebo 5 by bylav kódu obsažena vícekrát, což odporuje podmínce první.

S tímto poznatkem spolu s ostatními podmínkami ze zadání začneme vypisovatvšechna možná dvojčíslí, která se mohou vyskytovat na konci kódu. Navíc, aby byla splněnapátá a první podmínka, má smysl uvažovat pouze taková dvojčíslí, která mají alespoň dvarůzné násobky menší než 100. Všechny vyhovující možnosti jsou uvedeny v levém sloupcinásledující tabulky. Pravý sloupec pak obsahuje všechny jejich dvojmístné násobky, kterépřípadně mohou tvořit první a druhé dvojčíslí hledaného kódu.

14 28, 42, 56, 70, 84, 98

16 32, 48, 64, 80, 96

18 36, 54, 72, 90

27 54, 81

29 58, 87

Pokud vyřadíme všechna dvojčíslí, která nevyhovují třetí nebo čtvrté podmínce ze zadání,zůstává pouze:

14 70

16 96

18 36, 72, 90

27 81

29 58

Odtud je zřejmé, že poslední dvojčíslí musí být 18. Aby byla splněna druhá podmínka, musíbýt jedno ze zbylých dvojčíslí 90, a aby byla splněna čtvrtá podmínka, musí být 90 jako

21

první. Ze stejného důvodu nemůže jako druhé dvojčíslí být 72, zbývá už jen 36. Výslednýkód tedy může být jedině 903618 a kontrolou všech podmínek ze zadání zjistíme, že tomutak skutečně je.

Poznámka. Vedle úvodního poznatku, že 0 nemůže být poslední číslicí, lze využít i toho,že 0 nemůže být na prvním ani na třetím místě. (Jinak by první nebo druhé dvojčíslípředstavovalo jednomístné číslo, tudíž podle páté podmínky by i poslední dvojčíslí muselobýt jednomístné číslo a na pátém místě by musela být zase 0, což nelze.) Proto je 0 buď nadruhém, nebo čtvrtém místě. Ze třetí podmínky potom plyne, že sudé číslice mohou býtjen na sudých a liché na lichých místech. Následující diskuze se tak poněkud zjednoduší.

22



Korespondenční matematická soutěž probíhá ve třech kolech, jejichž náročnost se stup-ňuje. Do druhého kola postupují jen ti řešitelé, kteří byli úspěšní v prvním kole, do třetíhokola postupují jen úspěšní řešitelé druhého kola. Vítězem je každý, kdo je úspěšným ře-šitelem posledního, tedy třetího kola. V posledním ročníku této soutěže bylo přesně 14 %řešitelů úspěšných v prvním kole, přesně 25 % řešitelů druhého kola postoupilo do třetíhokola a přesně 8 % řešitelů třetího kola zvítězilo.

Jaký je nejmenší počet soutěžících, kteří se mohli zúčastnit prvního kola? Kolik byv takovém případě bylo vítězů? (M. Petrová)

Nápad. Všechny mezivýsledky musejí být přirozená čísla.

Možné řešení. Počet všech řešitelů prvního kola si označíme x. Počet úspěšných řešitelůprvního kola (a tedy počet všech řešitelů druhého kola) je 14 % z x, tedy 0,14x. Početúspěšných řešitelů druhého kola (a tedy počet všech řešitelů třetího kola) je 25 % z 0,14x,tj. 0,25 · 0,14x = 0,035x. Počet úspěšných řešitelů třetího kola (a tedy i počet vítězů) je8 % z 0,035x, tj. 0,08 · 0,035x = 0,0028x.

Protože všechny výpočty jsou přesné (bez zaokrouhlování), musejí být čísla x, 0,14x,0,035x a 0,0028x přirozená. Začneme u posledního z nich:

0,0028x =28

10 000x =

72 500

x,

číslo x tedy musí být násobek čísla 2 500. Protože hledáme nejmenší řešení, budeme po-stupně zkoušet násobky 2 500, a to tak dlouho, než všechna zmiňovaná čísla budou přiro-zená:

x 0,14x 0,035x 0,0028x závěr

2 500 350 87,5 7 nevyhovuje

5 000 700 175 14 vyhovuje

Nejmenší počet soutěžících, kteří se mohli zúčastnit prvního kola, je 5 000. Vítězů by v ta-kovém případě bylo 14.

Jiné řešení. Počet všech řešitelů prvního kola označíme x. Počet úspěšných řešitelů prv-ního kola (a tedy počet všech řešitelů druhého kola) je 14 % z x, tedy

14100

x =750x.

Počet úspěšných řešitelů druhého kola (a tedy počet všech řešitelů třetího kola) je 25 %z předchozího počtu, tj.

25100· 7

50x =

7200

x.

23

Počet úspěšných řešitelů třetího kola (a tedy i počet vítězů) je 8 % z předchozího počtu,tj.

8100· 7

200x =

72500

x.

Všechny výše uvedené výrazy musejí být přirozená čísla, číslo x tedy musí být společ-ným násobkem čísel 50, 200 a 2 500. Protože nás zajímá nejmenší možný počet soutěžícíchv prvním kole soutěže, hledáme nejmenší společný násobek uvedených čísel, což je 5 000.

Nejmenší počet soutěžících v prvním kole je tedy 5 000 a počet vítězů by v tomtopřípadě byl

72500

· 5000 = 14.

Z8–I–2Je dán rovnoramenný trojúhelník ABC se základnou AB dlouhou 10 cm a rameny

dlouhými 20 cm. Bod S je střed základny AB. Rozdělte trojúhelník ABC čtyřmi přímkamiprocházejícími bodem S na pět částí se stejným obsahem. Zjistěte, jak dlouhé úsečkyvytnou tyto přímky na ramenech trojúhelníku ABC. (E. Trojáková)

Nápad. Uvedená konstrukce je osově souměrná.

Možné řešení. Trojúhelník ABC je souměrný podle osy CS, proto i dělicí přímky musejíbýt osově souměrné podle stejné osy. Odpovídající části pak budou tvořit dvě dvojice osověsouměrných trojúhelníků a jeden (osově souměrný) čtyřúhelník s vrcholem C. Označmeprůsečíky dvou dělicích přímek s jedním ramenem X a Y , viz obrázek.

A B

C

S

X

Y

Podle zadání mají být obsahy trojúhelníků ASX a XSY a dvojnásobek obsahu troj-úhelníku Y SC stejné. Tyto tři trojúhelníky však mají stejnou výšku ze společného vr-cholu S, takže obsahy budou v uvedeném poměru právě tehdy, když pro protilehlé strany

24

platí|AX| = |XY | = 2|Y C|.

Současně víme, že|AC| = |AX|+ |XY |+ |Y C| = 20 cm.

Z uvedeného plyne, že 5|Y C| = 20 cm, tj. |Y C| = 4 cm a |AX| = |XY | = 8 cm. Dělicípřímky vytínají na ramenech trojúhelníku úsečky dlouhé 4 a 8 cm.

Z8–I–3Hledáme pětimístné číslo s následujícími vlastnostmi: je to palindrom (tj. čte se po-

zpátku stejně jako zepředu), je dělitelné dvanácti a ve svém zápisu obsahuje číslici 2 bez-prostředně za číslicí 4. Určete všechna možná čísla, která vyhovují zadaným podmínkám.

(M. Mach)

Nápad. Určete, jak mohou být umístěny číslice 2 a 4; pro každý případ zvlášť pak disku-tujte zbylé podmínky.

Možné řešení. Pětimístné palindromy, v nichž se číslice 2 objevuje bezprostředně začíslicí 4, jsou právě následující:

42∗24, ∗424∗, ∗242∗, 24∗42.

Pro tyto případy stačí nyní diskutovat dělitelnost dvanácti. Číslo je dělitelné dvanáctiprávě tehdy, když je dělitelné třemi a zároveň čtyřmi, tj. právě tehdy, když jeho cifernýsoučet je dělitelný třemi a zároveň poslední dvojčíslí je dělitelné čtyřmi.

Číslo 24 je dělitelné čtyřmi, proto jsou palindromy typu 42∗24 vždy dělitelné čtyřmi,a proto se zajímáme pouze o dělitelnost třemi. Známé číslice mají ciferný součet 12, kterýdělitelný třemi je, proto hvězdička uprostřed musí zastupovat násobek tří — 0, 3, 6 nebo 9.

Palindromy typu ∗424∗ jsou dělitelné čtyřmi, právě když poslední číslice je 0, 4 nebo 8.Protože jde o palindrom, stejná číslice bude i na začátku, proto varianta s nulou nevyhovuje.Po doplnění čtyřek je ciferný součet 18, po doplnění osmiček 26. Tudíž dělitelný třemi jepouze palindrom 44244.

Palindromy typu ∗242∗ jsou dělitelné čtyřmi, právě když poslední číslice je 0, 4 nebo8. Stejně jako v předchozím případě vylučujeme 0 a určíme ciferné součty: pro čtyřky jeto 16, pro osmičky 24. Dělitelný třemi je pouze palindrom 82428.

Protože číslo 42 není dělitelné čtyřmi, palindromy typu 24∗42 nemohou být dělitelnéčtyřmi, tedy ani dvanácti. Zadaným podmínkám vyhovují právě následují čísla:

42024, 42324, 42624, 42924, 44244, 82428.

25

Z8–I–4Na střed hrnčířského kruhu jsme položili krychli, která měla na každé své stěně napsáno

jedno přirozené číslo. Těsně předtím, než jsme kruh roztočili, jsme ze svého stanoviště vidělitři stěny krychle a tedy pouze tři čísla. Jejich součet byl 42. Po otočení hrnčířského kruhuo 90◦ jsme ze stejného místa pozorovali tři stěny s čísly dávajícími součet 34 a po otočenío dalších 90◦ jsme stále z téhož místa viděli tři čísla o součtu 53.

1. Určete součet tří čísel, která z našeho místa uvidíme, až se kruh otočí ještě o dalších90◦.

2. Krychle po celou dobu ležela na stěně s číslem 6. Určete maximální možný součetvšech šesti čísel na krychli.

(L. Šimůnek)

Nápad. Zaměřte se na vztah mezi čísly vzájemně rovnoběžných bočních stěn.

Možné řešení. Čísla, která vidíme před roztočením kruhu, označme a, b, c, přičemž c ječíslo na horní stěně. Po otočení o 90◦ ztratíme z našeho pohledu stěnu s číslem a a objevíse stěna s ní rovnoběžná. Podle zadání se součet viditelných čísel změní ze 42 na 34, tedyzmenší se o 8. Nově se objevivší číslo je proto o 8 menší než a, tj. a− 8.

Obdobně uvažujeme o další otočce o 90◦. Při ní ztratíme z pohledu stěnu s číslem ba součet viditelných čísel se změní ze 34 na 53, tedy zvětší se o 19. Na zbývající boční stěněse proto objeví číslo b+ 19.

a b

c

b+ 19

a− 8

Ještě po dalším otočení o 90◦ tak vidíme stěny s čísly b+ 19, a, c. Ze zadání víme, žea+ b+ c = 42, tudíž a+ b+ 19 + c = 42 + 19 = 61. Součet 61 je řešením prvního úkolu.

Nyní řešíme druhý úkol. Před roztočením kruhu vidíme tři stěny se součtem 42, pootočení o 180◦ vidíme jiné dvě boční stěny a stále stejnou horní stěnu s číslem c, tentokrátjde o součet 53. Tedy součet čísel na těchto pěti stěnách je roven 42 + 53− c. Na krychli jepodle zadání zespodu napsané číslo 6, součet všech jejích čísel je tudíž roven 6+42+53−c,tj. 101− c. Máme-li určit největší možnou hodnotu tohoto výrazu, dosadíme za c nejmenšípřípustnou hodnotu 1. A pak vidíme, že součet čísel na krychli mohl být nejvýše 100.

Jiné řešení druhého úkolu. Z výše uvedeného řešení použijeme obrázek s jeho popisem.Součet všech čísel na krychli je

a+ b+ (a− 8) + (b+ 19) + c+ 6 = 2a+ 2b+ c+ 17.

26

Přitom platí, že všechny neznámé jsou přirozená čísla a a = 9, aby i hodnota a − 8 bylapřirozené číslo. Poslední podmínkou je a+ b+ c = 42. Abychom při daném součtu a+ b+ czískali co největší hodnotu výrazu 2a+2b+c+17, musíme za c zvolit co nejmenší přípustnouhodnotu, tj. 1, protože ostatní neznámé jsou ve výrazu zastoupeny ve svých násobcích.Součet a + b pak nabývá hodnoty 41 a součet všech šesti čísel na krychli tak může býtnejvýše

2a+ 2b+ c+ 17 = 2 · 41 + 1 + 17 = 100.

Z8–I–5Pankrác, Servác a Bonifác jsou bratři, kteří mají P , S a B let. Víme, že P , S a B jsou

přirozená čísla menší než 16, pro něž platí:

P =52

(B − S),

S = 2(B − P ),

B = 8(S − P ).

Určete stáří všech tří bratrů. (L. Hozová)

Nápad. Bonifácův věk lze určit velmi snadno.

Možné řešení. Ze třetí rovnice plyne, že B je přirozené číslo menší než 16 právě tehdy,když S−P = 1, neboli S = P + 1; potom nutně B = 8. Dosadíme tyto poznatky do druhérovnice a určíme P :

P + 1 = 2(8− P ),

P + 1 = 16− 2P,

3P = 15,

P = 5.

Odtud S = 5 + 1 = 6 a snadno ověříme, že trojice B = 8, P = 5 a S = 6 vyhovuje takérovnici první: 5 = 5

2 (8− 6). Pankrác má tedy 5, Servác 6 a Bonifác 8 let.

Poznámka. S rovnicemi ze zadání lze manipulovat různým způsobem, nicméně bez ome-zení P, S,B < 16 by úloha neměla řešení určeno jednoznačně — najdete nějaké další?

Jiné řešení. Ze zadání plyne, že P , S a B jsou kladná čísla, právě když B > S > P > 0.Stejně jako u předchozího řešení určíme, že ze třetí rovnice plyne B = 8 a P = S−1. Navícz druhé rovnice je patrné, že S je sudé číslo. Celkem tedy vidíme, že řešením úlohy můžebýt jedině některá z následujících trojic čísel:

B S P

8 6 5

8 4 3

8 2 1

27

Dosazením do první a druhé rovnice zjistíme, že jediným řešením je trojice B = 8, S = 6a P = 5.

Z8–I–6Janka si narýsovala obdélník s obvodem 22 cm a délkami stran vyjádřenými v centi-

metrech celými čísly. Potom obdélník rozdělila beze zbytku na tři obdélníky, z nichž jedenměl rozměry 2 cm × 6 cm. Součet obvodů všech tří obdélníků byl o 18 cm větší než obvodpůvodního obdélníku. Jaké rozměry mohl mít původní obdélník? Najděte všechna řešení.

(M. Dillingerová)

Nápad. Určete, jak mohla Janka obdélník rozdělit; pro jednotlivé možnosti pak vyjádřetezadaný rozdíl obvodů pomocí délek dělicích čar.

Možné řešení. Všechny veličiny v textu jsou vyjádřeny v centimetrech, jednotky dáleuvádět nebudeme. Délky stran Jančina obdélníku označíme x a y, podle zadání jsou topřirozená čísla.

Nejprve zjistíme, jak mohla Janka svůj obdélník rozdělit. Typově máme pouze násle-dující dvě možnosti (pozor, obrázky jsou schematické, tj. rozhodně nepředpokládáme, žex > y):

x

y

x

y z

Obvod původního obdélníku je 2(x + y) = 22, tedy x + y = 11. Součet obvodů třínových obdélníků je vždy větší než obvod původní, a to právě o dvojnásobek součtu délekdělicích úseček, které jsou v obrázku vyznačeny čárkovaně. Tento rozdíl má být roven 18.

I. Obě dělicí úsečky mají stejnou délku, totiž y. Musí tedy platit 4y = 18, odtudy = 4,5. To ovšem není možné, protože 4,5 není celé číslo. Tímto způsobem tudíž Jankaobdélník nerozdělila.

II. Dvě dělicí úsečky, které leží v jedné přímce, mají součet délek y. Délku třetí dělicíúsečky označíme z. Potom musí platit 2y+ 2z = 18, tedy y+ z = 9. To spolu s podmínkoux+y = 11 znamená, že rozměr x je o 2 větší než rozměr z. Tento poznatek si zaznamenámedo obrázku:

x

y

2 z

Nyní prověříme, který z nových obdélníků může mít rozměry 2 × 6 a jak může býtumístěn — celkem máme tyto tři možnosti:

28

2

x

y=6

z

2

x

y

z=6

2

2

x

y

z=2

6

Pomocí dříve odvozených vztahů mezi x, y a z vyjádříme rozměry obdélníků v jed-notlivých případech:

a) Je-li y = 6, pak x = 5 a z = 3.b) Je-li z = 6, pak x = 8 a y = 3.c) Je-li z = 2, pak x = 4 a y = 7.Jančin obdélník mohl mít rozměry 5× 6, 8× 3 nebo 4× 7.

Poznámka. Při stejném značení jako výše z požadavku, aby Jančin obdélník obsahovalobdélník 2× 6, plyne, že x, y = 2. Protože x a y jsou přirozená čísla a x+ y = 11, rozměryJančina obdélníku by mohly být 2× 9, 3× 8, 4× 7 nebo 5× 6.

Nyní lze postupně probírat tyto čtyři případy, tzn. umístit obdélník 2× 6, diskutovatmožná dodatečná dělení a kontrolovat požadavek o obvodech. Takto rychle zjistíme, žejediné možnosti, jak mohla Janka svůj obdélník rozdělit, jsou právě výše uvedené možnostia), b), c).

9× 2

8× 3

7× 4

6× 5

29



Pokladní v galerii prodává návštěvníkům vstupenky s číslem podle toho, kolikátí tenden přišli. První návštěvník dostane vstupenku s číslem 1, druhý s číslem 2, atd. Běhemdne však došel žlutý papír, na který se vstupenky tiskly, proto musela pokladní pokračovattisknutím na papír červený. Za celý den prodala stejně žlutých vstupenek jako červených.Zjistila, že součet čísel na žlutých vstupenkách byl o 1 681 menší než součet čísel na červe-ných vstupenkách. Kolik toho dne prodala vstupenek? (M. Mach)

Nápad. Všimněte si, o kolik se liší čísla na prodaných žlutých a červených vstupenkách.

Možné řešení. Označme počet žlutých vstupenek n. Na první žluté vstupence bylo číslo1, na druhé 2, atd., na poslední žluté vstupence bylo číslo n. Na první červené vstupencebylo číslo n+ 1, na druhé červené n+ 2, atd., na poslední červené bylo číslo 2n.

Všimněme si, že první červená vstupenka má číslo o n větší než první žlutá. Stejnětak druhá červená vstupenka má číslo o n větší než druhá žlutá; totéž platí pro všechnytakovéto dvojice vstupenek, kterých je celkem n. Součet čísel na červených vstupenkách jeproto o n2 větší než součet čísel na vstupenkách žlutých. Ze zadání víme, že n2 = 1 681,tedy n = 41.

Pokladní toho dne prodala 41 žlutých a 41 červených vstupenek, celkem tedy 82 vstu-penek.

Z9–I–2Filoména má mobil s následujícím rozmístěním tlačítek:

0

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Devítimístné telefonní číslo její nejlepší kamarádky Kunhuty má tyto vlastnosti:

• všechny číslice Kunhutina telefonního čísla jsou různé,• první čtyři číslice jsou seřazeny podle velikosti od nejmenší po největší a středy jejich

tlačítek tvoří čtverec,• středy tlačítek posledních čtyř číslic také tvoří čtverec,• telefonní číslo je dělitelné třemi a pěti.

Kolik různých devítimístných čísel by mohlo být Kunhutiným telefonním číslem?(K. Pazourek)

Nápad. Které číslice mohou tvořit poslední a které první čtveřici?

30

Možné řešení. Nejprve najděme všechny čtveřice tlačítek, jejichž středy tvoří čtverec —jsou to tlačítka s následujícími číslicemi:

1, 2, 4, 5 1, 3, 7, 9

2, 3, 5, 6 2, 4, 6, 8

4, 5, 7, 8 5, 7, 9, 0

5, 6, 8, 9

Čtveřice v levém sloupci však využít nemůžeme, neboť vedle čtverce, který příslušnátlačítka tvoří, bychom žádný další čtverec ze zbylých tlačítek nesestavili. Protože telefonníčíslo je dělitelné pěti, musí končit 5 nebo 0; proto poslední čtyři číslice telefonního číslajsou 5, 7, 9, 0 (jejich pořadí diskutujeme později). Protože jsme již použili číslice 7 a 9,první čtyři číslice telefonního čísla musejí být 2, 4, 6, 8 (v tomto pořadí, jsou srovnánypodle velikosti).

Dosud nepoužité číslice, které mohou být uprostřed telefonního čísla, jsou 1 a 3. Te-lefonní číslo má být dělitelné třemi, určeme tedy možné ciferné součty. Součet všech číslicna klávesnici je 45. Pokud by v telefonním čísle byla 1, tj. telefonní číslo by obsahovalovšechny číslice kromě 3, byl by ciferný součet 45 − 3 = 42. Pokud by v telefonním číslebyla 3, byl by ciferný součet 45− 1 = 44. Číslo 42 je dělitelné 3, číslo 44 nikoli, prostředníčíslice je tedy 1.

Protože jsme neopomněli žádný z požadavků v zadání, hledané telefonní číslo je

246 81∗ ∗∗∗,

kde poslední čtyři číslice jsou 5, 7, 9, 0 v neznámém pořadí, pouze víme, že na poslednímmístě musí být 5 nebo 0. Abychom zjistili počet všech možných Kunhutiných telefonníchčísel, nebudeme je všechny vypisovat, pouze si touto představou pomůžeme: Poslední číslicilze zvolit dvojím způsobem, předposlední číslici poté vybíráme mezi třemi zbylými čísli-cemi, předcházející už jen mezi dvěma zbylými a na poslední nevyplněné místo nám vždyzbude jediná číslice. Dostáváme dohromady

2 · 3 · 2 = 12

možných pořadí na posledních čtyřech místech, a tedy i 12 možných Kunhutiných telefon-ních čísel.

Z9–I–3Amálka pozorovala veverky na zahrádce hájenky, kde rostly tyto tři stromy: smrk,

buk a jedle. Veverky seděly v klidu na stromech, takže je mohla spočítat — bylo jich 34.Když přeskákalo 7 veverek ze smrku na buk, bylo jich na buku stejně jako na obou dvoujehličnanech dohromady. Poté ještě přeskákalo 5 veverek z jedle na buk, v tu chvíli bylona jedli stejně veverek jako na smrku. Na buku jich poté bylo dvakrát tolik, co na jedli zezačátku. Kolik veverek původně sedělo na každém ze stromů? (M. Mach)

Nápad. Sestavte soustavu rovnic. Před vlastním řešením soustavy si všimněte, že některérovnice jsou přebytečné, tzn. lze je odvodit z ostatních.

31

Možné řešení. Původní počet veverek na smrku označíme s, na buku b a na jedli j. Zezadání můžeme sestavit soustavu čtyř rovnic o těchto třech neznámých:

s+ b+ j = 34,

b+ 7 = j + s− 7,

j − 5 = s− 7,

b+ 7 + 5 = 2j.

Všimněme si, že sečtením třetí a čtvrté rovnice dostaneme rovnici druhou. Pro vyřešenísoustavy rovnic proto stačí vybrat libovolné dvě z těchto tří rovnic a doplnit je rovnicíprvní. Takto dostaneme soustavu tří rovnic o třech neznámých. Ukážeme si řešení s první,druhou a čtvrtou rovnicí:

s+ b+ j = 34,

b+ 7 = j + s− 7,

b+ 7 + 5 = 2j.

Sečteme první dvě rovnice a upravíme:

s+ 2b+ j + 7 = 27 + j + s,

2b = 20,

b = 10.

Dosadíme tento výsledek do poslední rovnice a vyjádříme j:

10 + 7 + 5 = 2j,

22 = 2j,

j = 11.

Vše dosadíme do první rovnice a vyjádříme s:

s+ 10 + 11 = 34,

s = 13.

Na smrku původně sedělo 13, na buku 10 a na jedli 11 veverek.

Jiný nápad. Určete, kolik veverek sedělo na buku ve chvíli, kdy jich tam bylo stejně jakona obou jehličnanech.

Jiné řešení. Po prvním přeskákání byla na buku přesně polovina veverek, čili 17. Protožejich na buk 7 přiskočilo, sedělo původně na buku 17− 7 = 10 veverek.

Po druhém přeskákání bylo na buku 17 + 5 = 22 veverek. Víme, že na konci bylona buku dvakrát více veverek než na jedli na začátku, tedy na začátku sedělo na jedli22 : 2 = 11 veverek.

32

Celkem bylo veverek 34, proto bylo původně na smrku 34−10−11 = 13 veverek. Právějsme došli k původním počtům veverek na všech stromech, ale vůbec jsme nepracovali sezadanou informací, že po všech přeskocích bylo na jedli stejně veverek jako na smrku.Musíme ověřit, zda tato informace není v rozporu s předchozími výpočty: 11− 5 = 13− 7,tedy naše výsledky odpovídají celému zadání.

Na smrku původně sedělo 13, na buku 10 a na jedli 11 veverek.

Poznámka. Uvedená řešení představují různé pohledy na tentýž problém. Srovnejtezejména, jak jsme odhalili přebytečnost jedné ze zadaných informací v prvním a jak vedruhém případě. Uměli byste tuto přebytečnost zjistit i jinak?

Z9–I–4V pravidelném dvanáctiúhelníku ABCDEFGHIJKL vepsaném do kružnice o polo-

měru 6 cm určete obvod pětiúhelníku ACFHK. (K. Pazourek)

A B

C

D

E

F

GH

I

J

K

L

Nápad. Rozdělte pětiúhelník na trojúhelníky se společným vrcholem ve středu kružniceopsané a zjistěte jejich vlastnosti.

Možné řešení. Nejprve spočtěme velikost středového úhlu pravidelného dvanáctiúhelníkuABCDEFGHIJKL, tj. úhlu s vrcholem ve středu S opsané kružnice a rameny prochá-zejícími sousedními vrcholy. Součet všech dvanácti středových úhlů je 360◦, tudíž velikostjednoho středového úhlu je 360◦ : 12 = 30◦.

A B

C

D

E

F

GH

I

J

K

L

S

rr

rr

r

30◦

33

Velikosti středových úhlů pětiúhelníku ACFHK jsou:

|�ASC| = |�FSH| = |�KSA| = 2 · 30◦ = 60◦,

|�CSF | = |�HSK| = 3 · 30◦ = 90◦.

Trojúhelníky ASC, FSH, KSA jsou tudíž rovnostranné a trojúhelníky CSF a HSK jsourovnoramenné pravoúhlé. Proto

|AC| = |FH| = |KA| = r = 6 cm,

|CF | = |HK| = r√

2 = 6√

2 cm.

Obvod pětiúhelníku ACFHK je tak roven 3 · 6 + 2 · 6√

2 = 18 + 12√

2.= 34,97 (cm).

Z9–I–5Před vánočním koncertem nabízeli žáci k prodeji 60 výrobků z hodin výtvarné výchovy.

Cenu si mohl každý zákazník určit sám a celý výtěžek šel na dobročinné účely. Na začátkukoncertu žáci spočítali, kolik korun v průměru utržili za jeden prodaný výrobek, a vyšlojim přesně celé číslo. Protože stále neprodali všech 60 výrobků, nabízeli je i po koncertě.To si lidé koupili ještě dalších sedm, za které dali celkem 2 505 Kč. Tím se průměrnátržba za jeden prodaný výrobek zvýšila na rovných 130 Kč. Kolik výrobků pak zůstaloneprodaných? (L. Šimůnek)

Nápad. Určete vztah mezi počtem výrobků prodaných před koncertem a za ně získanoučástkou. Uvědomte si, že všechny neznámé mají být celá čísla.

Možné řešení. Počet výrobků, které žáci prodali před koncertem, označme v a obnosv korunách, který za ně získali, označme k. Podle zadání je podíl kv celé číslo a platí

k + 2 505v + 7

= 130.

Z této rovnice vyjádříme neznámou k pomocí neznámé v:

k + 2 505 = 130v + 130 · 7,k = 130v − 1 595.

Získaný výraz dosadíme do zlomku kv a následně jej částečně vydělíme:

130v − 1 595v

= 130− 1 595v

.

Neznámá v je přirozené číslo, a protože právě uvedený výraz má být roven celémučíslu, musí být v dělitelem čísla 1 595. Přitom číslo 1 595 = 5 · 11 · 29 má právě následujícídělitele:

1, 5, 11, 29, 55, 145, 319, 1 595.

34

Podle zadání zůstalo po prodeji v výrobků z celkových 60 minimálně 7, tedy v 5 53. Pokuddo rovnice k = 130v − 1595 dosadíme za v 1, 5 či 11, dostaneme k záporné, což odporujezadání. Pro v = 29 je tržba k kladná, takže jediná přípustná hodnota pro v je 29. Celkověse prodalo 29 + 7 = 36 výrobků a neprodaných zůstalo 60− 36 = 24.

Jiný nápad. Pokud se hovoří o průměrné ceně, zkuste si situaci zjednodušit představou,že všichni zmínění zaplatili shodně právě tuto cenu.

Jiné řešení. Pro potřeby řešení můžeme situaci zjednodušit a představit si, že každý zá-kazník nakupující před koncertem zaplatil stejný celočíselný obnos. Ten se rovnal průměrnéceně vypočítané žáky před koncertem.

Po koncertě přišla sedmice zákazníků, která za každého dřívějšího zákazníka dorovnalazaplacenou částku do 130 Kč a sama za sebe zaplatila 7 ·130 Kč. Celkové dorovnávaní cenytedy odpovídalo částce 2 505− 7 · 130 = 1 595 (Kč).

Tuto sumu musíme rozložit na součin, kde jedním činitelem bude počet zákazníků předkoncertem a druhým činitelem počet korun, které za každého takového zákazníka doplatilasedmice později příchozích. O prvním jmenovaném činiteli víme ze zadání, že musí býtmenší nebo roven 53, a o druhém víme, že musí být menší než 130. Číslo 1 595 lze rozložitna součin dvou přirozených čísel právě těmito způsoby:

1 · 1 595, 5 · 319, 11 · 145, 29 · 55.

Uvedeným podmínkám vyhovuje jedině rozklad 29 ·55. Celkově se tedy prodalo 29+7 = 36výrobků a neprodaných zůstalo 60− 36 = 24.

Z9–I–6

V obdélníkové zahradě roste broskvoň. Tento strom je od dvou sousedních rohů za-hrady vzdálen 5 metrů a 12 metrů a vzdálenost mezi zmíněnými dvěma rohy je 13 metrů.Dále víme, že broskvoň stojí na úhlopříčce zahrady. Jak velká může být plocha zahrady?

(M. Mach)

Nápad. Užijte vhodně Pythagorovu větu, příp. větu opačnou.

Možné řešení. Obdélník představující půdorys zahrady označíme ABCD, broskvoň najedné z jeho úhlopříček je zastoupena bodem X. Řekněme, že dva sousední rohy ze zadáníjsou A, B a platí |AX| = 5, |BX| = 12, |AB| = 13. (Všechny délky jsou v metrecha jednotky dále nepíšeme.) Tato čísla tvoří pythagorejskou trojici, čili platí 52+122 = 132.Proto je trojúhelník AXB pravoúhlý s přeponou AB, tj. s pravým úhlem u vrcholu X.

Bod X může ležet buď na úhlopříčce AC nebo na úhlopříčce BD, budeme diskutovatobě možnosti. V každém případě vzdálenost bodu X od druhého vrcholu na úhlopříčceoznačíme x a neznámou délku strany obdélníku označíme y. Ze zadaných informací určímey, plocha zahrady (v metrech čtverečních) pak bude rovna 13y.

35

y

x

5

1213

A

BC

DX

y

x 5

1213

A

BC

D

X

I. Bod X leží na úhlopříčce AC. Podle Pythagorovy věty pro pravoúhlé trojúhelníkyABC a BXC sestavíme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých:

(5 + x)2 = 132 + y2,

y2 = 122 + x2.

Do první rovnice dosadíme za y2 a vypočteme x:

(5 + x)2 = 132 + 122 + x2,

25 + 10x+ x2 = 169 + 144 + x2,

10x = 288,

x =1445.

Dosadíme za x do druhé rovnice a výraz upravíme:

y2 = 122 +(144

5

)2= 144 +

20 73625

=24 336

25.

36

Odtud plyne, že y = 1565 a obsah obdélníku ABCD, tj. plocha zahrady (v metrech čtve-

rečních), v tomto případě je:

13 · 1565

=2 028

5= 405,6.

II. Bod X leží na úhlopříčce BD. Podle Pythagorovy věty pro pravoúhlé trojúhelníkyDAB a DXA sestavíme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých:

(12 + x)2 = 132 + y2,

y2 = 52 + x2.

Do první rovnice dosadíme za y2 a vypočteme x:

(12 + x)2 = 132 + 52 + x2,

144 + 24x+ x2 = 169 + 25 + x2,

24x = 50,

x =2512.

Dosadíme za x do druhé rovnice a výraz upravíme:

y2 = 52 +(25

12

)2= 25 +

625144

=4 225144

.

Odtud plyne, že y = 6512 a obsah obdélníku ABCD, tj. plocha zahrady (v metrech čtvereč-

ních), v tomto případě je:

13 · 6512

=84512

.= 70,42.

Poznámka. Všimněte si výpočtu délky x. Dvojím užitím Pythagorovy věty jsme v prvnímpřípadě odvodili, že 5x = 144, což odpovídá |AX| · |XC| = |XB|2. Uvedený výpočetv podstatě dokazuje, že tato rovnost platí v libovolném pravoúhlém trojúhelníku ABC,kde X je pata výšky na přeponu AC. Toto tvrzení je známé jako Eukleidova věta o výšce.

Jiný nápad. Všimněte si podobných trojúhelníků.

Jiné řešení. Při stejném značení jako výše můžeme jednotlivé možnosti diskutovat násle-dovně.

I. Bod X leží na úhlopříčce AC. Trojúhelníky ABC a AXB jsou oba pravoúhlé a majístejný vnitřní úhel u společného vrcholu A. Tyto trojúhelníky jsou tedy podobné, a protoplatí:

|BC||AB| =

|XB||AX| ,

neboliy

13=

125.

Odtud plyne, že y = 1565 , a závěr je stejný jako u předchozího řešení.

37

II. Bod X leží na úhlopříčce BD. Trojúhelníky DAB a AXB jsou oba pravoúhléa mají stejný vnitřní úhel u společného vrcholu B. Tyto trojúhelníky jsou tedy podobné,a proto platí:

|DA||AB| =

|AX||XB| ,

neboliy

13=

512.

Odtud plyne, že y = 6512 , a závěr je stejný jako u předchozího řešení.

38



Z5–II–1

Vojta si koupil 24 stejných čtvercových dlaždic. Hrana každé dlaždice měřila 40 cm.Vojta z nich chtěl sestavit před chatku obdélníkovou plošinu s nejmenším možným ob-vodem. Kolik metrů měřil obvod vydlážděného obdélníku, když žádná dlaždice nezbyla?Vojta dlaždice neřezal ani jinak nelámal. (L. Hozová)

Možné řešení. Projdeme postupně všechny možnosti; u každé uvedeme rozměry takovéhoobdélníku v „dlaždicíchÿ a dále obvod v „dlaždicíchÿ, resp. ve „stranách dlaždicÿ:

• rozměry: 1× 24, obvod: 2 · (1 + 24) = 50,• rozměry: 2× 12, obvod: 2 · (2 + 12) = 28,• rozměry: 3× 8, obvod: 2 · (3 + 8) = 22,• rozměry: 4× 6, obvod: 2 · (4 + 6) = 20.Je zřejmé, že nejmenší obvod vyjádřený v centimetrech/metrech musí být zároveň

nejmenší i při vyjádření v „dlaždicíchÿ. Nejmenší obvod dostáváme ve čtvrtém případě —20 dlaždic. Jestliže je strana jedné dlaždice dlouhá 40 cm, pak 20 takových stran měřídohromady 20 · 40 = 800 (cm). Obvod vydlážděného obdélníku měřil 8 metrů.Hodnocení. 1 bod za myšlenku řešení; po 1 bodu za každou správně uvedenou a roze-branou možnost; 1 bod za výsledek.

Neuvede-li řešitel všechny možnosti a nevysvětlí, proč některé z nich vynechal (např.u první možnosti, že je obvod příliš dlouhý v porovnání s ostatními obvody), může získatnejvýše 4 body, a to i tehdy, uvede-li správný výsledek.

Z5–II–2

Loupežník Rumcajs učí Cipíska psát čísla. S psaním začali od jedničky a psali bez-prostředně po sobě jdoucí přirozená čísla. Cipíska to příliš nebavilo, žadonil, aby toho užnechali. Rumcajs se nechal přemluvit a slíbil, že až bude mít Cipísek v napsaných číslechdohromady 35 nul, psaní ukončí. Které číslo Cipísek napíše jako poslední? (M. Krejčová)

Možné řešení. Vypsáním jednomístných čísel žádnou nulu nezískáme.Dvojmístná čísla obsahující nulu jsou:

10, 20, . . . , 90 9 nul

Trojmístná čísla obsahující nulu jsou:

100 2 nuly (celkem 11 nul)

101, 102, . . . , 109 9 nul (celkem 20 nul)

110, 120, . . . , 190 9 nul (celkem 29 nul)

200 2 nuly (celkem 31 nul)

201, 202, 203, 204 4 nuly (celkem 35 nul)

Cipísek napsal jako poslední číslo 204.

1

Jiné řešení. Postupně vypisujeme ta čísla, která obsahují aspoň jednu nulu. V závorce zakaždým z nich je uvedeno, kolik nul celkem jsme již napsali, když jsme dopsali příslušnéčíslo.

10 (1), 20 (2), 30 (3), 40 (4), 50 (5), 60 (6), 70 (7), 80 (8), 90 (9), 100 (11), 101 (12),102 (13), 103 (14), 104 (15), 105 (16), 106 (17), 107 (18), 108 (19), 109 (20), 110 (21), 120(22), 130 (23), 140 (24), 150 (25), 160 (26), 170 (27), 180 (28), 190 (29), 200 (31), 201 (32),202 (33), 203 (34), 204 (35).

Cipískovo poslední napsané číslo bylo 204.

Hodnocení. 1 bod za určení počtu nul v číslech 1 až 99; 4 body za počty nul v trojmíst-ných číslech; 1 bod za poznatek, že 35. nula je v čísle 204.

Pokud řešitel nějakou nulu přehlédne, strhněte bod, pokud by takových přehlédnutíbylo víc, udělte nejvýše 4 body.

Z5–II–3

Na drátě sedí 9 vlaštovek v pravidelných vzdálenostech od sebe. Vzdálenost prvnía poslední vlaštovky je 720 cm.

• Jaká je vzdálenost sousedních vlaštovek?• Kolik by na drátě sedělo vlaštovek, kdyby mezi každé dvě již sedící vlaštovky sedlydalší tři?

(M. Krejčová)

Možné řešení. Mezi devíti vlaštovkami je pouze 8 mezer.1. Vzdálenost sousedních vlaštovek je 720 : 8 = 90 (cm).2. Kdyby do každé z osmi mezer přisedly 3 nové vlaštovky, přisedlo by celkem 8·3 = 24

vlaštovek. Na drátě by potom sedělo 9 + 24 = 33 vlaštovek.

Hodnocení. 1 bod za poznatek o počtu mezer; 2 body za první část; 3 body za druhoučást úlohy.

2



Z6–II–1

Danka a Janka dostaly k narozeninám dvě stejné bílé kostky, přitom každá byla slepenaze 125 malých kostiček jako na obrázku. Aby kostky rozeznaly, rozhodly se, že je obarví.Danka vzala štětec a svou kostku a natřela tři z jejích šesti stěn načerveno. Janka obarvilatři stěny své kostky nazeleno. Po čase obě kostky rozkrájely na jednotlivé kostičky, z nichžbyly kostky slepeny. Když tak učinily, s překvapením zjistily, že počet kostiček, které majíaspoň jednu stěnu červenou, se liší od počtu kostiček, které mají aspoň jednu stěnu zelenou.Zjistěte, jaký je tento rozdíl. (E. Novotná)

Možné řešení. Víme, že jak Danka, tak Janka obarvily tři stěny kostky. To lze udělatpouze dvojím způsobem:

1. Některé dvě protilehlé stěny jsou obarvené, potom je obarvená ještě jedna stěna mezinimi; uvažujme např. horní, dolní a jednu boční stěnu.

2. Žádné dvě protilehlé stěny nejsou obarvené, tedy tři obarvené stěny mají společnývrchol; uvažujme např. horní, přední a boční stěnu.

Pokud jsou počty obarvených kostiček v jednotlivých případech různé, musela děvčataobarvit kostky různými způsoby. U každého způsobu obarvení zjistíme, kolik kostiček máobarvenu aspoň jednu stěnu. Budeme postupovat po vrstvách, vrstvy počítáme zdola:

1. V první a páté vrstvě má aspoň jednu stěnu obarveno všech 25 kostiček, ve druhé,třetí a čtvrté vrstvě je obarveno vždy 5 kostiček; celkem je v tomto případě obarveno25 + 5 + 5 + 5 + 25 = 65 kostiček.

2. V prvních čtyřech vrstvách má aspoň jednu stěnu obarveno vždy 9 kostiček, v pátévrstvě je obarveno všech 25 kostiček; celkem je v tomto případě obarveno 9 + 9+ 9++ 9 + 25 = 61 kostiček.

Hledaný rozdíl počtů obarvených kostiček je 65− 61 = 4.Hodnocení. 1 bod za určení možných způsobů obarvení; 4 body za určení počtu obarve-ných kostiček v jednotlivých případech; 1 bod za rozdíl.

Poznámka. Rozdíl lze zjistit i bez určení celkových počtů obarvených kostiček v jednotli-vých případech. Při takovémto řešení hodnoťte druhou část úlohy 1 až 5 body podle kvalityzdůvodnění (první bod je stejný).

1

Z6–II–2

Jirka sbírá podpisy známých sportovců a zpěváků. Má k tomu zvláštní sešit a určil,že podpisy budou na každém listu vždy jen na jeho přední straně. Všechny tyto stránkyočísloval 1, 3, 5, 7, 9, . . . , aby poznal, kdyby se mu nějaký list ztratil. Napsal tak celkem125 číslic.

• Kolik měl jeho sešit listů?• Kolik napsal celkem jedniček?

(M. Volfová)

Možné řešení. Jednomístných lichých čísel je pět. Dvojmístných čísel je celkem 99− 9 == 90, z toho je lichých 45. S těmito čísly mohl Jirka očíslovat 5 + 45 = 50 stran a použilby při tom 5 + 2 · 45 = 95 číslic. Zbývá ještě použít 125 − 95 = 30 číslic. Tyto přesněodpovídají prvním deseti trojmístným lichým číslům od 101 do 119. Jirka celkem očísloval5 + 45 + 10 = 60 stran, sešit má tedy 60 listů.

Číslice 1 je na místě jednotek celkem dvanáctkrát (jednou v každé desítce: 1, 11, . . . ,91, 101, 111). Na místě desítek se číslice 1 vyskytuje desetkrát (pětkrát mezi čísly 11 a 19a pětkrát mezi 111 a 119). Na místě stovek je číslice 1 také desetkrát (trojmístných číselbylo napsáno právě deset). Jirka napsal celkem 12 + 10 + 10 = 32 jedniček.

Hodnocení. Po 3 bodech za každou část úlohy. (Úlohu lze řešit i postupným vypisováníma počítáním číslic.)

Z6–II–3

Na noční pochod dostaly družiny Vlků a Lišek po jedné stejné svíčce. Svíčky společnězapálili na startu a vyrazili. Každý člen družiny nesl svíčku takovou dobu, za kterou sejejí délka zkrátila na polovinu. Vlci doběhli do cíle v momentě, kdy šestý nositel předávalsvíčku sedmému. Poté jejich svíčka hořela ještě tři minuty. Lišky doběhly do cíle za dvěhodiny a 57 minut.

• Která družina byla v cíli první?• O kolik minut doběhla vítězná družina do cíle dříve než druhá družina?

(Svíčka odhořívá rovnoměrně: za stejný čas vždy stejný kousek.) (M. Dillingerová)

Možné řešení. Nejdříve zjistíme, jak dlouho běželi Vlci. Šestý nositel předával svíčkusedmému v okamžiku, kdy měla hořet ještě 3 minuty. Sám ji tedy nesl rovněž 3 minutya od pátého nositele ji přebíral v okamžiku, kdy měla hořet 3 + 3 = 6 minut. Pátý nositelji tedy nesl rovněž 6 minut a od čtvrtého nositele ji přebíral v okamžiku, kdy měla hořet6 + 6 = 12 minut. Takto můžeme postupovat až k prvnímu nositeli:

nositel č. nesl svíčku (min)

7 0

6 3

5 6

4 12

3 24

2 48

1 96

2

Pochod Vlkům trval 96+48+24+12+6+3 = 189 minut. (Alternativně lze spočítat jako96 + 96− 3 = 189.)

Liškám pochod trval 120 + 57 = 177 minut.Lišky tedy byly v cíli první, a to o 189− 177 = 12 minut.

Hodnocení. 1 bod za postřeh, že každý nositel nesl svíčku tak dlouho, jak dlouho mělahořet, když ji předával dalšímu; 2 body za vyplněnou tabulku nebo její obdobu; 1 bod zaurčení doby pochodu Vlků; po 1 bodu za odpověď na každou otázku ze zadání.

Řešení, v němž je pouze nezdůvodněný závěr, že v cíli byly první Lišky, neudělujtežádný bod.

3



Z7–II–1

Petr a Karel spolu sehráli řadu partií šachu. Domluvili se, že za výhru si hráč připočítá3 body, za prohru 2 body odečte, za remízu žádné body nejsou. Kamarádi chtěli vědět, kolikuž Petr s Karlem sehráli partií a kdo nyní vede, ale dozvěděli se jenom, že Petr šestkrátvyhrál, dvakrát remizoval, několikrát prohrál a Karel že má právě 9 bodů. Kolik partiíchlapci sehráli a kdo nyní vede? (M. Volfová)

Možné řešení. Karel musel vyhrát tolikrát, aby mu po odečtení 12 bodů za 6 proher zbyloještě 9 bodů. Na výhrách tedy musel získat 9 + 12 = 21 bodů, čemuž odpovídá 7 výher.Petr tudíž sedmkrát prohrál. Ze zadání ještě víme, že také dvakrát remizoval a šestkrátvyhrál, má tedy celkem 6 · 3 + 2 · 0− 7 · 2 = 4 body.

Chlapci sehráli 6 + 2 + 7 = 15 partií, vede Karel.

Hodnocení. 4 body za správnou úvahu o počtu výher Karla; 1 bod za zdůvodněný po-znatek, že vede Karel; 1 bod za stanovení počtu odehraných partií.

Poznámka. Soutěžící nemusí určovat Petrův bodový zisk. Poznatek, že vede Karel, můžetotiž zdůvodnit i pouhým porovnáním sedmi Karlových výher se šesti Petrovými výhrami.

Z7–II–2

V trojúhelníku ABC se osy jeho vnitřních úhlů protínají v bodě S. Úhel BSC mávelikost 130◦, úhel ASC má 120◦. Jaké jsou velikosti všech vnitřních úhlů v trojúhelníkuABC? (E. Patáková)

Možné řešení. Označíme vnitřní úhly v trojúhelníku α, β a γ, viz obrázek.

A B

C

S

α2

α2

β2β

2

γ2

γ2

130◦

120◦

Součet vnitřních úhlů v libovolném trojúhelníku je 180◦. Proto i v trojúhelníku ASCplatí

α

2+

γ

2+ 120◦ = 180◦,

1

odkud dopočítáme

α

2+

γ

2= 60◦,

α+ γ = 120◦.

V trojúhelníku ABC platí α+ β + γ = 180◦, odkud nyní umíme vyjádřit úhel β:

β = 180◦ − (α+ γ) = 180◦ − 120◦ = 60◦.

Obdobně v trojúhelníku BSC:

γ

2+

β

2+ 130◦ = 180◦,

γ

2+

β

2= 50◦,

γ + β = 100◦.

Protože β = 60◦, musí být γ = 100◦ − 60◦ = 40◦ a konečně α = 120◦ − 40◦ = 80◦(alternativně α = 180◦ − 100◦ = 80◦).Hodnocení. 2 body za určení součtu α+ γ = 120◦, příp. γ + β = 100◦; 4 body za určenívelikostí všech vnitřních úhlů.

Z7–II–3

Trojmístné přirozené číslo budeme nazývat sudomilé, jestliže obsahuje dvě sudé číslicea číslici 1. Trojmístné přirozené číslo budeme nazývat lichomilé, jestliže obsahuje dvě lichéčíslice a číslici 2. Zjistěte, kolik je všech sudomilých a kolik lichomilých čísel.

(E. Novotná)

Možné řešení. Nejdřív určíme počet všech sudomilých čísel:

• Je-li číslice 1 na místě stovek, může být na místě desítek libovolná sudá číslice (0, 2,4, 6, 8) a na místě jednotek stejně tak; to je celkem 5 · 5 = 25 možností.

• Je-li číslice 1 na místě desítek, může být na místě stovek libovolná nenulová sudá číslice(2, 4, 6, 8) a na místě jednotek libovolná sudá číslice; to nám dává dalších 4 · 5 = 20možností.

• Je-li číslice 1 na místě jednotek, může být na místě stovek libovolná nenulová sudáčíslice a na místě desítek libovolná sudá číslice; to nám dává dalších 4·5 = 20 možností.Celkový počet sudomilých čísel je 25 + 20 + 20 = 65.

Lichomilá čísla obsahují kromě 2 pouze liché číslice. Můžeme uvažovat stejně jakopři počítání sudomilých čísel, avšak tentokrát lze v každém případě napočítat 5 · 5 = 25možností (na každém volném místě může být libovolná lichá číslice 1, 3, 5, 7, 9). Celkovýpočet lichomilých čísel je 3 · 25 = 75.Hodnocení. 4 body za určení počtu sudomilých čísel; 2 body za určení počtu lichomilýchčísel.

2



Z8–II–1

Divadelní soubor uvedl během sezony podle plánu třicet „Večerů s improvizacemiÿ.Fany, obdivovatelka hlavního protagonisty, si na začátku sezony spočítala, kolik by celkemutratila za vstupné, kdyby chodila na každé představení. Po několika uvedeních však bylovstupné nečekaně zdraženo o 60 Kč. Později získal soubor významného sponzora a tutonovou cenu vstupného snížil o 85 Kč. Na konci sezony mohla Fany říci, že nevynechala anijedno uvedení pořadu a za vstupné celkem utratila přesně tolik, kolik vypočítala na začátkusezony. Kolikrát Fany navštívila představení za vstupné v původní výši? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Počet pořadů, kdy bylo vstupné zdražené o 60 Kč, označíme a. Fany zaně oproti svému předpokladu utratila o 60a Kč více. Po zlevnění bylo vstupné nižší než napočátku sezony, a to o 85− 60 = 25 Kč. Počet pořadů s tímto vstupným označíme b. Fanyza ně zaplatila o 25b Kč méně, než původně plánovala. Celková vydaná částka odpovídápřesně plánu, proto musí platit:

60a = 25b.

Neznámé a, b jsou přirozená čísla. Rovnici upravíme do tvaru, z něhož bude zřejmý poměrtěchto čísel:

a

b=25

60=5

12.

Neznámá a tedy musí být násobkem pěti a neznámá b musí být odpovídajícím násobkemdvanácti, viz tabulku:

a 5 10 15 . . .

b 12 24 36 . . .

Protože podle zadání nesmí součet a+ b přesáhnout 30, připouštíme pouze první možnost.Pořadů s obměněnou cenou vstupného bylo celkem 5 + 12 = 17. Pořadů se vstupnýmv původní výši tak bylo 30− 17 = 13.Hodnocení. 4 body za poznatek, že počty pořadů a a b jsou v poměru 5 : 12 (z toho2 body udělte podle úplnosti komentáře); 1 bod za diskusi, že řešení je jediné; 1 bod zasprávnou a jasně formulovanou odpověď.

Poznámka. Lze zvolit i delší postup, kdy do rovnice 60a − 25b = 0 dosazujeme za apostupně přirozená čísla a vždy zkoumáme, zda b vychází také jako přirozené číslo. I zatakovou práci lze udělit plný počet bodů, pokud ukazuje, že úloha má jediné řešení.

Z8–II–2

Najděte nejmenší přirozené číslo takové, aby jeho polovina byla dělitelná třemi, jehotřetina dělitelná čtyřmi, jeho čtvrtina dělitelná jedenácti a jeho polovina dávala po dělenísedmi zbytek pět. (E. Patáková)

Možné řešení. Je-li polovina čísla dělitelná třemi, pak číslo musí být dělitelné čísly 2a 3 zároveň. Z obdobných důvodů musí být dělitelné i čísly 3 a 4 a také čísly 4 a 11.

1

Nejmenší společný násobek všech těchto čísel je součin 3 · 4 · 11 = 132; hledané číslo musíbýt násobkem čísla 132. Polovina hledaného čísla je tudíž násobkem čísla 66, zbývá už jenohlídat zbytek po dělení sedmi:

polovina hledaného čísla zbytek po dělení sedmi

66 3

132 6

198 2

264 5

Nejmenší násobek čísla 66, jenž po dělení sedmi dává zbytek 5, je 264. Hledané číslo tedyje 2 · 264 = 528.Hodnocení. 1 bod za rozklíčování zadání (např. že první informace znamená dělitelnostčísly 2 a 3); 3 body za nalezení nejmenšího společného násobku 132 a interpretaci, žehledané číslo je násobkem tohoto čísla, nebo jeho obdobu (pojem „násobekÿ nemusí býtvýslovně uveden); 2 body za nalezení čísla 528 (z postupu musí být zřejmé vyloučení všechmenších čísel).

Z8–II–3

Je dán trojúhelník ABC. Na straně AB leží bod X a na straně BC leží bod Y tak, žeCX je těžnice, AY je výška a XY je střední příčka trojúhelníku ABC. Vypočítejte obsahšedého trojúhelníku na obrázku, je-li obsah trojúhelníku ABC roven 24 cm2.

(M. Dillingerová)

A B

C

X

Y

Možné řešení. Protože XY je střední příčka trojúhelníku ABC, musí být Y střed stranyBC, a tedy úsečka AY není jen výška, ale rovněž i těžnice. Průsečík těžnic CX a AY jetěžištěm trojúhelníku ABC, tento bod si označíme T .

Každá těžnice rozdělí trojúhelník na dva trojúhelníky se stejným obsahem (taktovzniklé trojúhelníky mají společnou výšku na stejně dlouhé strany): AY je těžnice troj-úhelníku ABC, proto

SABY = SACY =1

2SABC =

24

2= 12 (cm2),

a podobně XY je těžnice trojúhelníku ABY , proto

SAXY = SBXY =1

2SABY =

12

2= 6 (cm2).

2

Trojúhelník AXY , jehož obsah známe, sestává z trojúhelníků AXT a Y XT . Tyto dvatrojúhelníky mají společnou výšku z bodu X , jejich obsahy jsou tudíž ve stejném poměru,v jakém je poměr délek stran AT a TY , tj. v poměru 2 : 1 (těžiště dělí těžnici v poměru2 : 1). Obsah trojúhelníku Y XT je tedy třetinový vzhledem k obsahu trojúhelníku AXY ,proto je

SY XT =1

3SAXY =

6

3= 2 (cm2).

Hodnocení. 2 body za poznatek (včetně zdůvodnění), že AY je těžnice v trojúhelníkuABC; po 1 bodu za obsahy trojúhelníků ABY a AXY ; 2 body za výsledný obsah troj-úhelníku Y XT (včetně jeho odvození nebo zdůvodnění).

3


II. kolo kategorie Z9Z9–II–1Je dán kosodélník ABCD jako na obrázku. Po straně AB se pohybuje bod E

a po straně CD se pohybuje bod G tak, že úsečka EG je rovnoběžná s AD. Kdyžbyl průsečík F úseček EG a BD v pětině úhlopříčky BD (blíže k bodu D), byl obsahvybarvené části kosodélníku o 1 cm2 větší, než když byl ve dvou pětinách (opět blížek D). Určete obsah kosodélníku ABCD. (E. Patáková)

A B

CD

E

F

G

Možné řešení. Délku strany AB označíme a a velikost výšky kosodélníku ABCD natuto stranu označíme v; obsah kosodélníku je roven av. Trojúhelníky DGF a BEF jsoupodobné podle věty uu (úhly DFG a BFE jsou vrcholové, úhly FEB a FGD střídavé).Dále označme v1 velikost výšky trojúhelníku DGF na stranu DG a v2 velikost výškytrojúhelníku BEF na stranu BE.a) Bod F je v jedné pětině úhlopříčky BD. Poměr podobnosti trojúhelníků DGF

a BEF je v tomto případě 1 : 4. Pro odpovídající si výšky těchto trojúhelníků platív1 + v2 = v. Z uvedeného plyne, že v1 = 1

5v a v2 =45v. Všimněme si, že |DG| = |AE|,

a tedy že pro délky odpovídajících si stran těchto trojúhelníků platí |DG|+ |BE| = a.Proto |DG| = 1

5a a |BE| = 45a a obsahy vybarvených trojúhelníků jsou:

SDGF =12

(15a · 15v

)=150av,

SBEF =12

(45a · 45v

)=1650av.

Vybarvená část kosodélníku má v tomto případě obsah

SDGF + SBEF =1750av.

b) Bod F je ve dvou pětinách úhlopříčkyBD. Poměr podobnosti trojúhelníkůDGFa BEF je v tomto případě 2 : 3. Obdobně jako v předchozím odstavci odvodíme, žeSDGF = 1

2

(25a · 25v

)= 450av a SBEF = 1

2

(35a · 35v

)= 950av. Vybarvená část kosodélníku

má v tomto případě obsah

SDGF + SBEF =1350av.

Ze zadání víme, že rozdíl 1750av − 1350av =

225av je právě 1 cm

2. Odtud plyne, žeav = 25

2 cm2. Obsah kosodélníku ABCD je 12,5 cm2.

Jiné řešení. Úsečky AB a BC rozdělíme na pětiny. Rovnoběžky s těmito úseč-kami vedené vzniklými body rozdělí kosodélník ABCD na 25 shodných kosodélníčků.

1

Vyznačíme-li ještě rovnoběžky s úhlopříčkou BD, bude kosodélník ABCD rozdělen na50 shodných trojúhelníčků, viz obrázek.

A B

CD

Je-li bod F v jedné pětině úhlopříčky BD, pak vybarvená část kosodélníku sestáváze 17 trojúhelníčků. Je-li bod F ve dvou pětinách úhlopříčky BD, vybarvená částkosodélníku v tomto případě sestává ze 13 trojúhelníčků.

A B

CD

E

F

G

A B

CD

E

F

G

Rozdíl 1 cm2 odpovídá obsahu 4 trojúhelníčků. Obsah kosodélníku ABCD je tedyroven 50 · 14 = 25

2 = 12,5 (cm2).

Hodnocení. 1 bod za nalezení vlastnosti, pomocí které lze porovnat obsahy vybar-vených trojúhelníků (např. podobnost, rozdělení na trojúhelníčky apod.); 3 body zavyjádření vztahu, ze kterého lze přesně určit rozdíl obsahů v daných situacích (např.rovnice plynoucí z podobnosti trojúhelníků, zjištění, o kolik trojúhelníčků se vybarvenéčásti liší apod.); 2 body za dopočtení obsahu kosodélníku ABCD.

Z9–II–2

Sněhurka má na zahradě řadu 101 sádrových trpaslíků seřazených podle hmotnostiod nejtěžšího po nejlehčího, přičemž rozdíl hmotností každých dvou sousedních trpaslíkůje stejný. Jednou Sněhurka trpaslíky vážila a zjistila, že první, nejtěžší, trpaslík vážípřesně 5 kg. Sněhurku nejvíce překvapilo, že když na váhu postavila 76. až 80. trpaslíka,vážili dohromady tolik, co 96. až 101. trpaslík. Jaká je hmotnost nejlehčího trpaslíka?

(M. Mach)

Možné řešení. Označme rozdíl hmotností dvou sousedních trpaslíků jako x. Prvnítrpaslík váží 5 kg, druhý 5− x, třetí 5− 2x, . . . , n-tý trpaslík váží 5− (n− 1) · x (kg).Součet hmotností 76. až 80. trpaslíka je

(5− 75x) + (5− 76x) + (5− 77x) + (5− 78x) + (5− 79x) = 25− 385x.

Součet hmotností 96. až 101. trpaslíka je

(5− 95x) + (5− 96x) + (5− 97x) + (5− 98x) + (5− 99x) + (5− 100x) = 30− 585x.

2

Dostáváme tedy rovnici, ze které vypočteme x:

25− 385x = 30− 585x,200x = 5,

x = 0,025 (kg).

Nejlehčí trpaslík váží 5− 100 · 0,025 = 2,5 (kg).Jiné řešení. Označme rozdíl hmotností dvou sousedních trpaslíků jako x. První tr-paslík váží 5 kg, druhý 5− x, třetí 5− 2x, . . . , 101. trpaslík váží 5− 100x (kg).Rozdíl hmotností 76. a 96. trpaslíka je 20x. Stejný rozdíl je i mezi 77. a 97., 78.

a 98., 79. a 99., 80. a 100. trpaslíkem. Celková hmotnost 76. až 80. trpaslíka je tedyo 100x větší než celková hmotnost 96. až 100. trpaslíka. Aby 76. až 80. trpaslík vážilidohromady přesně tolik jako 96. až 101. trpaslík, musí být hmotnost 101. trpaslíkarovna 100x.Získáváme tedy rovnici, ze které jednoduše vypočteme x:

5− 100x = 100x,200x = 5,

x = 0,025 (kg).

Nejlehčí trpaslík váží 100 · 0,025 = 2,5 (kg).Hodnocení. 4 body za sestavení rovnice umožňující výpočet rozdílu hmotností dvousousedních trpaslíků; 2 body za úpravy rovnice a výsledek úlohy.

Poznámka. Ani u jednoho uvedeného řešení soutěžící nemusí nutně vypočítávat, žex = 0,025 kg. Vystačí např. se zjištěním, že 100x = 2,5 kg.

Z9–II–3Turistický oddíl pořádal třídenní cyklistický výlet. První den chtěli ujet 13 celé

trasy, ale bohužel ujeli o 4 km méně. Druhý den chtěli ujet víc, celou polovinu zbytku,ale bylo to nakonec zase o 2 km méně. Třetí den ale vše dohonili, ujeli 1011 zbytku cestya ještě 4 km. Jak dlouhá byla trasa a kolik ujeli první, druhý a třetí den? (M. Volfová)

Možné řešení. Postupujeme úsudkem „odzaduÿ.111 zbytku cesty po druhém dnu je rovna 4 km, tedy celý zbytek byl 11·4 = 44 (km).

Kdyby druhý den ujeli (jak plánovali) o 2 km více, byl by zbytek po druhém dnu o 2 kmmenší, tedy jen 42 km, a tvořil by polovinu toho, co po prvním dnu zbývalo do cíle. Poprvním dnu zbývalo do cíle 84 km.Kdyby první den ujeli podle plánu celou 13 trasy, tedy o 4 km více, byl by zbytek

o 4 km menší, tj. jen 80 km, a představoval by 23 celé trasy.13 trasy byla tedy 40 km

a celá 120 km.Provedeme shrnutí, při němž spočítáme ujeté vzdálenosti v jednotlivých dnech.

První den chtěli ujet 40 km, ale ujeli jen 36 km; zbývalo jim do cíle 84 km. Druhý denchtěli ujet polovinu zbytku, tj. 42 km, ale ujeli jen 40 km; zbývalo jim 44 km. Třetí denujeli 1011 zbytku, tj. 40 km, a ještě 4 km; byli tedy v cíli.V jednotlivých dnech ujeli postupně 36 km, 40 km a 44 km, dohromady 120 km.

Jiné řešení. Postupujeme pomocí algebry „odpředuÿ; délku celé trasy v km ozna-číme x.

První den ujeli 13x− 4, zbylo jim 23x+ 4.

3

Druhý den ujeli 12 · ( 23x+ 4)− 2 = 13x, zbylo jim

13x+ 4.

Třetí den ujeli 1011 · ( 13x+ 4) + 4 = 1033x+

4011 + 4.

Délka celé trasy tedy byla

x =13x− 4 + 1

3x+1033x+4011+ 4.

Po úpravách dostáváme

133x =

4011,

x = 120.

Po dosazení do výše uvedených výrazů zjišťujeme, že v jednotlivých dnech ujelipostupně 36 km, 40 km a 44 km, dohromady tedy 120 km.

Hodnocení. Po 1 bodu za délku trasy první, druhý a třetí den a délku celé trasy;zbylé 2 body podle úplnosti komentáře.

Z9–II–4Organizátor výstavy „Stavím, stavíš, stavímeÿ rozdělil expozici do dvou částí. Pro-

tože ho zajímala reakce návštěvníků výstavy, vyplnil každý návštěvník při odchodujednoduchý dotazník. Vyplynuly z něj tyto zajímavé skutečnosti:

• 96% návštěvníků, kterým se líbila první část, se líbila i druhá část,• 60% návštěvníků, kterým se líbila druhá část, se líbila i první část,• 59% návštěvníků se nelíbila ani první část, ani druhá část.Kolik procent všech návštěvníků uvedlo, že se jim líbila první část výstavy?

(M. Petrová)

Možné řešení. Označíme n počet všech lidí, kteří navštívili výstavu, dále p početnávštěvníků, kterým se líbila první část výstavy, a d počet návštěvníků, kterým selíbila druhá část výstavy. Hledáme nějaký vztah mezi n a p, ze kterého již snadnoodvodíme odpověď na otázku.Vyjádříme počet návštěvníků, kterým se líbily obě části: z první podmínky to je

0,96p, z druhé podmínky 0,6d. Samozřejmě platí:

0,96p = 0,6d,

96p = 60d,

8p = 5d,

1,6p = d.

Odtud můžeme vyjádřit počet lidí v jednotlivých skupinách pomocí p. Počet lidí, kterýmse líbila

• první část, ale ne druhá část, je p− 0,96p = 0,04p,• druhá část, ale ne první část, je d− 0,6d = 0,4d = 0,4 · 1,6p = 0,64p,• první i druhá část, je samozřejmě 0,96p.

Sečtením zjistíme, kolika lidem se líbila aspoň jedna část výstavy:

0,04p+ 0,64p+ 0,96p = 1,64p.

4

Podle třetí podmínky v zadání víme, že 0,59n návštěvníkům se nelíbila ani jednačást výstavy; tedy 0,41n návštěvníkům se alespoň jedna část výstavy líbila. Tento početzároveň podle předchozího odpovídá 1,64p. Sestavíme rovnici, kterou dále upravíme:

0,41n = 1,64p,

41n = 164p,

n = 4p,

0,25n = p.

Odtud plyne, že 25% všech návštěvníků uvedlo, že se jim líbila první část výstavy.Vztahy mezi diskutovanými počty návštěvníků můžeme znázornit např. následují-

cím způsobem:

0,96p=0,6d0,04p 0,4d

0,59n

spokojeni s 1. částí (p) spokojeni s 2. částí (d)

všichni návštěvníci (n)

Hodnocení. 2 body za vyjádření d = 1,6p či analogický vztah; 2 body za vyjádřenípočtu návštěvníků, kterým se líbila aspoň jedna část, pomocí počtu návštěvníků, kte-rým se líbila první část (nebo za analogický poznatek); 2 body za výsledných 25%.

5


III. kolo kategorie Z9

Z9–III–1

Zjistěte, kolika způsoby lze do jednotlivých políček trojúhelníku na obrázku vepsatčísla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9 tak, aby součet v každém čtyřpolíčkovém trojúhelníku byl 23a aby na některém políčku ve směru každé šipky bylo vepsáno dané číslo. (E. Novotná)

7

2

6

Možné řešení. Součet všech vepsaných čísel je 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45.V obrázku jsou právě tři čtyřpolíčkové trojúhelníky a součet čtveřic čísel vepsaných dotěchto trojúhelníků je dohromady 3 · 23 = 69. V tomto součtu jsou však čísla na šedýchpolíčkách započítána dvakrát (každé patří do dvou čtyřpolíčkových trojúhelníků), ostatníčísla jedenkrát. Součet čísel na třech šedých políčkách proto musí být 69− 45 = 24.

7

2

6

Protože největší možný součet tří vepsaných čísel je právě 9 + 8 + 7 = 24, v šedýchpolíčkách musejí být čísla 7, 8 a 9. Ze zadání víme, že 7 má být ve spodním řádku, v krajníchpolíčkách druhého řádku potom musí být 8 a 9.

7

2

6

7

8,9 8,9

Pro číslo 2 tak zůstává jediné volné místo, viz obrázek. V horním čtyřpolíčkovémtrojúhelníku nyní chybí jediné číslo, které tudíž umíme doplnit: 23− 8− 9− 2 = 4.

1

7

2

6

7

8,9 8,92

4

Číslo 6 musí být na některém šedém políčku v předchozím obrázku, patří tedy do le-vého čtyřpolíčkového trojúhelníku. Kdyby tento trojúhelník obsahoval číslo 8, tak poslednívolné políčko by obsahovalo číslo 23− 8− 7− 6 = 2, což není možné (2 je již umístěna vedruhém řádku). Levý čtyřpolíčkový trojúhelník proto má ve svém horním políčku číslo 9a v posledním neobsazeném políčku je 23 − 9− 7 − 6 = 1. V šedých políčkách jsou protočísla 1 a 6, jež můžeme umístit dvěma způsoby.

Na zatím neobsazených místech v pravém čtyřpolíčkovém trojúhelníku mohou býtjedině čísla 3 a 5; součet v tomto trojúhelníku vychází skutečně 8 + 7 + 3 + 5 = 23. Čísla3 a 5 můžeme doplnit opět dvojím způsobem. Úloha má tedy celkem 2 · 2 = 4 řešení:

7

9 82

4

61 3

5 7

9 82

4

61 5

3 7

9 82

4

16 5

3 7

9 82

4

16 3

5

Hodnocení. 3 body za vysvětlení, kde se nacházejí čísla 7, 8 a 9; 1 bod za doplnění čísel2 a 4; 1 bod za doplnění čísel 6 a 1; 1 bod za správný počet řešení.

Pokud řešitel najde náhodně (bez bodovatelného vysvětlení) jedno správné řešení,udělte 1 bod; za dvě řešení 2 body; za tři a čtyři řešení 3 body.

Z9–III–2

Maruška napsala na každou z deseti kartiček právě jedno z deseti po sobě jdoucíchpřirozených čísel. Jednu kartičku však ztratila. Součet čísel na zbývajících devíti kartičkáchbyl 2 012. Jaké číslo bylo napsáno na ztracené kartičce? (L. Hozová)

Možné řešení. Nejmenší z deseti napsaných čísel označíme p. Čísla na kartičkách pakbyla:

p, p+ 1, p+ 2, p+ 3, . . . , p+ 9.

Součet čísel na všech deseti kartičkách byl 10p+ 45.Nejprve předpokládejme, že se ztratila kartička s číslem p. Pak by platila následující

rovnice:

(10p+ 45)− p = 2 012,

9p = 1 967.

Z předchozího řádku je zřejmé, že p by v tomto případě nebylo přirozené číslo. Předpoklad,že se ztratila kartička s číslem p, proto zavrhujeme.

2

Nyní předpokládejme, že se ztratila kartička s číslem p+1. Obdobně zavrhneme i tutomožnost:

(10p+ 45)− (p+ 1) = 2 012,9p = 1 968.

Stejně odmítneme i předpoklad, že se ztratila kartička s číslem p+ 2:

(10p+ 45)− (p+ 2) = 2 012,9p = 1 969.

Ztratit se nemohla ani kartička s číslem p+ 3:

(10p+ 45)− (p+ 3) = 2 012,9p = 1 970.

Až za předpokladu, že se ztratila kartička s číslem p+4, dojdeme k celočíselné hodnotě p:

(10p+ 45)− (p+ 4) = 2 012,9p = 1 971,

p = 219.

Zbývá nám diskutovat dalších pět možností, tedy ztráty kartiček s čísly p + 5 ažp + 9. V předchozích diskusích docházíme vždy k rovnici, na jejíž levé straně je pouzečíslo 9p. Čísla na pravé straně těchto rovnic se postupně zvětšují o 1. Právě jsme dostali napravé straně číslo dělitelné devíti, a proto se v následujících pěti diskusích číslo dělitelnédevíti vyskytovat nemůže. Úloha má tak jediné řešení, a to že se ztratila kartička s číslemp+ 4 = 219 + 4 = 223.

Jiné řešení. Nejmenší z deseti napsaných čísel označíme p. Čísla na kartičkách pak byla:

p, p+ 1, p+ 2, p+ 3, . . . , p+ 9.

Číslo na ztracené kartičce označíme p + c, kde c představuje jednomístné přirozené číslonebo nulu. Součet čísel na všech deseti kartičkách byl 10p + 45. Součet čísel na devítikartičkách zbylých po ztrátě byl 10p+ 45− (p+ c), po úpravě 9p+ 45− c. Docházíme takk rovnici, kterou upravíme následujícím způsobem:

9p+ 45− c = 2 012,

9p = 1 967 + c.

Součet na pravé straně této rovnice musí být dělitelný devíti. Při dělení 1 967 : 9 dostanemevýsledek 218 a zbytek 5. Platí tedy 1 967 = 9 · 218 + 5. Z tohoto rozkladu je zřejmé, žesoučet 1967+ c je dělitelný devíti, jedině pokud c = 4. Neznámá p je pak rovna 219 a číslona ztracené kartičce bylo p+ c = 219 + 4 = 223.

Hodnocení. 1 bod za vyjádření součtu čísel na deseti kartičkách, tj. např. 10p+45; 2 bodyza výsledek; 3 body za popis postupu.

Pokud soutěžící postupuje jako my v prvně uvedeném řešení a po nalezení celočíselnéhop přestane bez jakéhokoli zdůvodnění prověřovat další možnosti, strhněte 1 bod.

Poznámka. Soutěžící mohou úlohu řešit i „odhademÿ za pomoci aritmetického průměručísel na devíti zbývajících kartičkách: 2 012 : 9 = 223, zbytek 5. Zkusmo vypíší např. devětpo sobě jdoucích přirozených čísel takových, aby 223 bylo uprostřed: 219+220+. . .+227 == 2 007. Následně uvažují, zda lze některý sčítanec „zvětšitÿ o 5. . . Pokud v takovéto prácinení zdůvodněno, že úloha má skutečně jediné řešení, udělte za ni maximálně 5 bodů.

3

Z9–III–3

Máme obdélník ABCD, viz obrázek. Délky stran AB a BC jsou v poměru 7 : 5. Uvnitřobdélníku ABCD leží body X a Y tak, že trojúhelníky ABX a CDY jsou pravoúhlérovnoramenné s pravými úhly ve vrcholech X a Y . Plocha společná oběma trojúhelníkůmje vybarvena šedě a tvoří čtverec o obsahu 72 cm2. Určete délky stran AB a BC.

(L. Šimůnek)

A B

CD

Y

X

Možné řešení. Vypočítáme délku u úhlopříčky šedého čtverce, přičemž vyjdeme zevztahu pro výpočet obsahu čtverce S = 1

2u2:

u =√2S =

√2 · 72 =

√144 = 12 (cm).

Jeden nepojmenovaný vrchol šedého čtverce označíme U , viz obrázek.

A B

CD

Y

P

Q U

s u s

s

sX

Z bodu U spustíme kolmici ke straně AB a poté ke straně DA. Jejich paty označímeP a Q. Uvědomíme si, že úhel XAB je vnitřním úhlem pravoúhlého rovnoramennéhotrojúhelníku ABX a má tedy velikost 45◦. Odtud plyne, že pravoúhelník APUQ je čtverec.Na obrázku ukazujeme tři další analogicky sestrojené čtverce. Délku strany těchto čtvercůoznačíme s. Z obrázku je zřejmé, že |AB| = 2s+12 (cm) a |BC| = 2s. Tyto výrazy dosadímedo poměru uvedeného v zadání. Úpravami vzniklé rovnice získáme 2s:

|AB||BC| =

75,

2s+ 122s

=75,

10s+ 60 = 14s,

2s = 30 (cm).

4

Délka strany AB je 30 + 12 = 42 (cm) a délka strany BC je 30 cm.

Jiné řešení. V zadaném obrazci posuneme trojúhelník CDY tak, aby se bod Y zobrazildo bodu X , viz obrázek. Posuneme jej tedy o délku úsečky XY a stejně jako u předchozíhořešení určíme, že tato délka je 12 cm.

A B

CD

Y

A B

C ′D′

X=Y ′

Vzhledem k tomu, že trojúhelníky ABX a C′D′Y ′ jsou pravoúhlé rovnoramenné,vzniklý pravoúhelník ABC′D′ musí být čtverec. Úsečka AB představuje podle zadání 7 dílůa úsečka BC 5 dílů. Úsečka BC′ je o 12 cm delší než BC a představuje rovněž 7 dílů. 2 dílyjsou tedy 12 cm, 1 díl pak je 6 cm. Délka strany AB je 7 · 6 = 42 (cm) a délka strany BCje 5 · 6 = 30 (cm).Poznámka. Délka úhlopříčky šedého čtverce může být určena také následovně. Průsečíkúhlopříček zobrazíme v osové souměrnosti podle jednotlivých stran čtverce, viz obrázek.Získané čtyři body tvoří vrcholy čtverce, který má dvojnásobný obsah než čtverec šedý,tj. 2 · 72 = 144 (cm2). Délka strany vzniklého čtverce, a tedy i délka úsečky XY , je rovna√144 = 12 (cm).

X

Y

Hodnocení. 1 bod za výpočet úhlopříčky šedého čtverce; 3 body za poznatek a zdůvod-nění, že rozdíl délek stran AB a BC je roven délce této úhlopříčky; 2 body za výpočetstran AB a BC.

Z9–III–4

Vojta chtěl na kalkulačce sečíst několik trojmístných přirozených čísel. Na první po-kus dostal výsledek 2 224. Pro kontrolu sečetl tato čísla znovu a vyšlo mu 2 198. Počítaltedy ještě jednou a tentokrát dostal součet 2 204. Ono totiž poslední trojmístné číslo byloprokleté — Vojta při každém pokusu nestiskl nějakou z jeho číslic dostatečnou silou a dokalkulačky tak zadal místo trojmístného čísla vždy jen dvojmístné. K žádným dalším chy-bám při sčítání nedošlo. Jaký je správný součet Vojtových čísel? (L. Šimůnek)

5

Možné řešení. Prokleté číslo nazveme ABC. Vojta však místo něj přičítal dvojmístnáčísla AB, AC, BC, obecně je budeme značit jako ??. Dále označíme jako ∗∗∗∗ součet čísel,která Vojta dokázal sčítat bez překlepu. Platí schematicky vyjádřená sčítání:

∗ ∗ ∗ ∗? ?

2 2 2 4

∗ ∗ ∗ ∗? ?

2 1 9 8

∗ ∗ ∗ ∗? ?

2 2 0 4

První a třetí uvedený součet má stejnou číslici na místě jednotek, v těchto případech tedyna místo označené ?? patří čísla AC a BC. Zbylé číslo AB tak náleží k součtu 2 198. Součet2 224 je o 26 větší než 2 198, a proto nemohl vzniknout sečtením čísla ∗∗∗∗ a čísla AC, kterése od čísla AB liší jen číslicí na místě jednotek. Čísla AB, AC, BC tak máme jednoznačněpřiřazena k součtům:

∗ ∗ ∗ ∗B C

2 2 2 4

∗ ∗ ∗ ∗A B

2 1 9 8

∗ ∗ ∗ ∗A C

2 2 0 4

Podle prvního a třetího součtu platí: B = A + 2. Podle druhého a třetího součtu platí:C = B + 6, po dosazení předchozího vztahu dostaneme: C = A+ 2 + 6 = A+ 8. PísmenoA je dle zadání nenulové jednomístné číslo, a aby i C vycházelo jako jednomístné, můžebýt A jedině 1. Pak B = 3 a C = 9. Prokleté číslo bylo tedy 139. Součet ∗∗∗∗ vypočtemenapříklad takto: 2 224− 39 = 2 185. Správně měl Vojtovi vyjít součet 2 185 + 139 = 2 324.Poznámka. K vyřešení úlohy není nutné stanovovat číslice B a C. K závěru můžeme dojítbez znalosti těchto číslic, tedy bez znalosti prokletého čísla, a sice takto: 2 224 + A00 == 2 224 + 100 = 2 324.

Hodnocení. 2 body za přiřazení pozic vynechaných číslic k jednotlivým součtům; 3 bodyza výpočet vynechaných číslic (v určitém typu postupu může postačit jen číslice A, vizpoznámku); 1 bod za správný výsledný součet.

6



Maminka zaplatila v knihkupectví 2 700 Kč. Platila dvěma druhy bankovek, dvouset-korunovými a pětisetkorunovými, a přesně. Kolik kterých bankovek mohla použít? Uveďtevšechny možnosti. (M. Krejčová)

Nápověda. Kolik pětisetkorunových bankovek lze použít, aby bylo možné doplatit zbytekdvousetkorunovými?

Možné řešení. Je zřejmé, že pětisetkorunových bankovek musela maminka použít méněnež 6, protože 6 · 500 = 3 000 (Kč). Probereme postupně všechny možnosti, tj. že použilapět, čtyři, atd. až žádnou pětisetkorunovou bankovku. Poté zjistíme, kolik korun by taktozaplatila a kolik by jí ještě zbývalo doplatit. Nakonec rozhodneme, zda by zbylou částkumohla doplatit pouze dvousetkorunovými bankovkami. Celou diskusi vyjádříme tabulkou:

počet 500Kč bankovek 5 4 3 2 1 0

zaplaceno 2 500 2 000 1 500 1 000 500 0

zbývá doplatit 200 700 1 200 1 700 2 200 2 700

počet 200Kč bankovek 1 — 6 — 11 —

Maminka mohla zaplatit třemi způsoby:

• 5 pětisetkorunových a 1 dvousetkorunová bankovka,• 3 pětisetkorunové a 6 dvousetkorunových bankovek,• 1 pětisetkorunová a 11 dvousetkorunových bankovek.

Poznámka. Podobně lze postupovat vzhledem k dvousetkorunovým bankovkám, kterýchmusí být méně než 14 (14 · 200 = 2 800); odpovídající tabulka bude v tomto případěpodstatně delší.

Z5–I–2Pat napsal na tabuli podivný příklad:

550 + 460 + 359 + 340 = 2 012.

Mat to chtěl napravit, proto pátral po neznámém čísle, které by připočetl ke každému z pětiuvedených čísel, aby pak byl příklad početně správný. Jaké to bylo číslo? (L. Hozová)

Nápověda. Kolik čísel přičte Mat k levé a kolik k pravé straně rovnosti?

Možné řešení. Součet čtyř čísel na levé straně rovnosti je 550 + 460 + 359 + 340 = 1 709;to je o 2 012−1 709 = 303 menší číslo než na pravé straně rovnosti. K levé straně přičteme

1

Matovo číslo celkem čtyřikrát, k pravé pouze jednou. Rozdíl 303 mezi oběma stranami musítedy být vyrovnán třemi Matovými čísly. Hledané číslo je proto 303 : 3 = 101.

Poznámka. Pro lepší názornost ještě uvádíme kontrolu předchozího výsledku: Po přičtenína levé straně dostáváme

(550 + 101) + (460 + 101) + (359 + 101) + (340 + 101) = 651 + 561 + 460 + 441 = 2 113,

na pravé straně vychází2 012 + 101 = 2 113.

Vidíme, že číslo 101 vyhovuje požadavkům. Současně se zde nabízí vhodné znázornění narovnoramenných vahách.

Z5–I–3Ruda dostal k narozeninám budík. Měl z něj radost a seřídil si jej podle přesného času.

Od té doby každé ráno, když vstával (sobotu, neděli a prázdniny nevyjímaje), zmáčkl přesněna 4 sekundy tlačítko, kterým se osvětluje ciferník. Přitom si všiml, že po dobu stisknutítlačítka je čas na budíku zastaven. Jinak se ale budík vůbec nezpožďuje ani nezrychluje.Odpoledne 11. prosince se Ruda podíval na svůj budík a zjistil, že ukazuje přesně o 3 minutyméně, než by měl.

Kdy dostal Ruda tento budík? (M. Petrová)

Nápověda. Kolikrát zmáčkl Ruda tlačítko?

Možné řešení. Nejprve zjistíme, kolikrát zmáčkl Ruda tlačítko, kterým se osvětluje cifer-ník: Tlačítko držel pokaždé 4 sekundy a celkové zpoždění budíku nakonec bylo 3 minuty,tj. 180 sekund. Ruda tedy zmáčkl tlačítko celkem 45krát (180 : 4 = 45).

Každý den zmáčkl tlačítko ráno po probuzení. Nyní zjistíme, který den ho stiskl po-prvé, a to tak, že zpětně odpočítáme 45 dní od 11. prosince: V prosinci (od 11. do 1.) toje 11 dní, listopad (od 30. do 1.) má 30 dní, což je celkem 41 dní. Potřebujeme odpočítatještě 4 dny v říjnu: 31., 30., 29., 28.

Ruda zmáčkl osvětlovací tlačítko poprvé 28. října. Budík dostal o den dříve, tzn. 27. říj-na.

Z5–I–4Červík se skládá z bílé hlavy a několika článků, viz obrázek.

Když se červík narodí, má hlavu a jeden bílý článek. Každý den přibude červíkovinový článek jedním z následujících způsobů:

• buď se některý bílý článek rozdělí na bílý a šedý:

→

2

• nebo se některý šedý článek rozdělí na šedý a bílý:

→

(V obou případech popisujeme situaci při pohledu na červíka od hlavy.) Čtvrtého dnečervík dospívá a dále neroste — jeho tělo se skládá z hlavy a čtyř článků.

Kolik nejvíce různých barevných variant dospělých červíků tohoto druhu může exis-tovat? (E. Novotná)

Nápověda. Jak může vypadat červík starý dva dny?

Možné řešení. První den svého života má červík jenom jeden bílý článek (a hlavu):

Druhý den mu proto může dorůst nový článek pouze prvním z uvedených způsobů;všichni červíci staří dva dny tedy vypadají stejně:

Třetího dne se může rozdělit buď první (bílý) nebo druhý (šedý) článek, jsou tedy dvěmožnosti:

Čtvrtého dne se může u obou typů červíků z předchozího dne rozdělit kterýkoli z jehotří článků, musíme tedy prověřit celkem 6 možností:

Porovnáním všech šesti dospělých červíků zjišťujeme, že mezi nimi jsou dvě dvojicestejných červíků, zbylí dva jsou odlišní od všech ostatních. Existují tedy právě čtyři různébarevné varianty dospělých červíků tohoto zajímavého druhu.

3

Z5–I–5Vypočtěte 3 · 15 + 20 : 4 + 1.Pak doplňte závorky do zadání tak, aby výsledek byl:

1. co největší celé číslo,2. co nejmenší celé číslo.

(M. Volfová)

Nápověda. Zjistěte, kde všude mohou být umístěny závorky.

Možné řešení. Zadaný příklad bez jakýchkoli závorek vychází:

3 · 15 + 20 : 4 + 1 = 45 + 5 + 1 = 51.

Nyní budeme umisťovat závorky a průběžně porovnávat výsledky. Snažíme se vyčerpatvšechny možnosti, přitom budeme ignorovat závorky, které jsou zbytečné, např.

[3 · (15 + 20)] : 4 + 1 = 3 · (15 + 20) : 4 + 1

apod. Nejprve uvádíme možnosti s jednou závorkou, následně se dvěma. Umístit smysluplnětři a více závorek už nelze.

(3 · 15 + 20) : 4 + 1 = (45 + 20) : 4 + 1 = 65 : 4 + 1 nelze dělit beze zbytku

3 · (15 + 20) : 4 + 1 = 3 · 35 : 4 + 1 = 105 : 4 + 1 nelze dělit beze zbytku

3 · (15 + 20 : 4) + 1 = 3 · (15 + 5) + 1 = 3 · 20 + 1 = 61

3 · (15 + 20 : 4 + 1) = 3 · (15 + 5 + 1) = 3 · 21 = 63

3 · 15 + 20 : (4 + 1) = 45 + 20 : 5 = 45 + 4 = 49

3 · [(15 + 20) : 4 + 1] = 3 · [35 : 4 + 1] nelze dělit beze zbytku

3 · [15 + 20 : (4 + 1)] = 3 · [15 + 4] = 3 · 19 = 57

(3 · 15 + 20) : (4 + 1) = (45 + 20) : 5 = 65 : 5 = 13

3 · (15 + 20) : (4 + 1) = 3 · 35 : 5 = 105 : 5 = 21

Největší číslo jsme získali takto:

3 · (15 + 20 : 4 + 1) = 63,

nejmenší číslo jsme získali následovně:

(3 · 15 + 20) : (4 + 1) = 13.

Poznámka. Děti budou zřejmě umisťovat závorky zkoušením. Nemusejí přitom ověřitvšechny možnosti; je pravděpodobné, že budou vynechávat ty, kde nelze dělit beze zbytku,

4

a že např. při hledání největšího čísla vynechají některé případy s tím, že „výsledek by bylmoc malýÿ. Takové postupy uznávejte.

Za správné uznávejte i zdůvodnění, že k získání co největšího celého čísla chceme conejmenšího dělitele a současně co největší výraz, který násobíme třemi; pro co nejmenšícelé číslo uvažujeme opačně.

Pokud žáka napadne umístit začátek či konec závorky doprostřed dvojmístného čísla,může získat nejmenší číslo takto:

(3 · 15 + 2)0 : (4 + 1) = 47 · 0 : 5 = 0.

I takové řešení uznávejte.

Z5–I–6Sedm trpaslíků se postavilo po obvodu své zahrádky, do každého rohu jeden, a napnuli

mezi sebou provaz kolem celé zahrady. Sněhurka vyšla od Šmudly a chodila podél provazu.Nejprve šla čtyři metry na východ, kde potkala Prófu. Od něj pokračovala dva metry nasever, než dorazila k Rejpalovi. Od Rejpala šla na západ a po dvou metrech natrefila naStydlína. Dál pokračovala tři metry na sever, až došla ke Štístkovi. Vydala se na západa po čtyřech metrech potkala Kejchala, odkud jí zbývaly tři metry na jih ke Dřímalovi.Nakonec podle provázku došla nejkratší cestou ke Šmudlovi a tím obešla celou zahradu.

Kolik metrů čtverečních má celá zahrada? (M. Mach)

Nápověda. Zakreslete si tvar zahrady, nejlépe na čtverečkovaný papír.

Možné řešení. Nakreslíme si celou zahradu do čtvercové sítě, ve které jeden čtverečekpředstavuje jeden metr čtvereční.

Šmudla Prófa

RejpalStydlín

ŠtístkoKejchal

Dřímal

Nyní snadno určíme plochu obrazce. Nejdříve spočítáme všechny celé čtverečky —těch je ve vyznačené ploše 21. Ještě zbývá připočítat dva trojúhelníčky, které dohromadytvoří jeden další celý čtvereček. Napočítali jsme 22 čtverečků, zahrada má tedy 22 m2.

Jiné řešení. Pokud nemáme k dispozici čtverečkovaný papír, můžeme nákres zahradyrozdělit jako na následujícím obrázku; společný bod pomocných úseček označíme B a podlezadání doplníme velikosti potřebných stran (vše v metrech).

5

Šmudla Prófa

RejpalStydlín

ŠtístkoKejchal

DřímalB2 2 2

4

4

3 3

2

Odtud snadno určíme obsahy jednotlivých částí:

• Obdélník „Stydlín—Štístko—Kejchal—Dřímalÿ má obsah 3 · 4 = 12 (m2).• Obdélník „Šmudla—Prófa—Rejpal—Bÿ má obsah 4 · 2 = 8 (m2).• Trojúhelník „Šmudla—Dřímal—Bÿ můžeme vidět jako polovinu čtverce o straně 2 m

rozděleného úhlopříčkou; jeho obsah je tedy poloviční vzhledem k původnímu čtverci,tj. (2 · 2) : 2 = 2 (m2).

Zahrádka trpaslíků má obsah 12 + 8 + 2 = 22 (m2).

6



Libor si myslí trojmístné přirozené číslo, které má všechny své číslice liché. Pokudk němu přičte 421, dostane trojmístné číslo, které nemá ani jednu svou číslici lichou. Najdětevšechna čísla, která si může Libor myslet. (L. Šimůnek)

Nápověda. Zapište si čísla pod sebe a uvažujte jako při písemném sčítání.

Možné řešení. Číslice myšleného čísla označíme po řadě L1, L2, L3. Sčítání zmíněnév zadání ukazuje následující schéma:

L1L2L34 2 1

S1 S2 S3

Pro každé liché L3 je součet L3 + 1 sudý. Avšak pro každé liché L2 je součet L2 + 2 lichý.Abychom přesto dostali ve výsledku ve sloupci desítek sudou číslici, musí při sčítání vesloupci jednotek dojít k přechodu přes desítku. Tedy L3 může být jedině 9.

Pro každé liché L1 je součet L1 + 4 lichý. Má-li přesto být ve výsledku ve sloupcistovek sudá číslice, musí při sčítání ve sloupci desítek dojít k přechodu přes desítku. TedyL2 může být pouze 9 a 7.

Při sčítání na místě stovek k přechodu přes desítku dojít nesmí, jelikož výsledek mábýt dle zadání trojmístný. Tedy L1 může být jen 1 nebo 3.

Seskupením přípustných číslic dostáváme celkem čtyři čísla, která si Libor mohl myslet:

179, 199, 379 a 399.

Z6–I–2Na obrázku jsou vyznačeny uzlové body čtverečkové sítě, z nichž dva jsou pojmenovány

A a B. Bod C nechť je jeden ze zbylých uzlových bodů. Najděte všechny možné polohybodu C tak, aby trojúhelník ABC měl obsah 4,5 čtverečku. (E. Novotná)

A

B

Nápověda. Obsah každého trojúhelníku lze vyjádřit pomocí obsahu (nejvýše) dvou pra-voúhlých trojúhelníků.

7

Možné řešení. Náhodným zkoušením uzlových bodů velmi brzy zjistíme, že potřebujemediskutovat tři kvalitativně odlišné případy, kdy trojúhelník ABC je a) pravoúhlý s pravýmúhlem u vrcholu A nebo B, b) ostroúhlý nebo c) tupoúhlý.

a) Předpokládejme, že trojúhelník ABC je pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu Anebo B. Budeme uvažovat první možnost, řešení ve druhém případě bude souměrné.

Takový trojúhelník tvoří právě polovinu pravoúhelníku, jehož jedna strana je ABa druhá AC. Obsah tohoto pravoúhelníku má být roven 9 čtverečkům. Velikost AB je 3jednotky, bod C tedy musí být 9 : 3 = 3 jednotky od A. Tento bod označíme C1, souměrnéřešení vlevo od bodu B je označeno C2.

A

B

C1

C2

b) Předpokládejme nyní, že bod C je nějaký uzlový bod v pásu mezi přímkami AC1a BC2. Trojúhelník ABC rozdělíme výškou na stranu AB na dva menší pravoúhlé trojúhel-níky. Každý z těchto trojúhelníků je polovinou nějakého pravoúhelníku, viz obrázek. Tytodva pravoúhelníky tvoří větší pravoúhelník, jehož obsah je dvojnásobkem obsahu trojúhel-níku ABC. Jedna strana tohoto pravoúhelníku je AB a druhá je shodná s výškou CP .Hledáme tedy bod C tak, aby obsah takového pravoúhelníku byl 9 čtverečků. Zkoušenímnebo úvahou jako výše odhalíme dvě řešení, jež jsou vyznačena jako C3 a C4:

A

B

C3

C4P

c) Nakonec musíme diskutovat ještě možnosti, kdy bod C je nějaký uzlový bod vněpásu určeného přímkami AC1 a BC2. Trojúhelník ABC je v tomto případě tupoúhlýa výška na stranu AB jde mimo něj; patu této výšky označíme opět P . Budeme uvažovatpouze trojúhelníky s tupým úhlem u vrcholu A, zbylá řešení jsou souměrná.

Obsah trojúhelníku ABC je nyní rozdílem obsahů pravoúhlých trojúhelníků CPBa CPA. Každý z těchto trojúhelníků je polovinou vhodného pravoúhelníku, viz obrázek.Rozdíl obsahů těchto pravoúhelníků je tedy dvojnásobkem obsahu trojúhelníku ABC a jestejný jako obsah pravoúhelníku, jenž je na obrázku obtažen nepřerušovanou čarou. Jednastrana tohoto pravoúhelníku je AB a druhá je shodná s výškou CP . Hledáme tedy bod Ctak, aby obsah takového pravoúhelníku byl 9 čtverečků. Zkoušením nebo úvahou jako výše

8

odhalíme dvě řešení, jež jsou označena jako C5 a C6. Souměrná řešení nad přímkou BC2jsou C7 a C8.

A

B

C5

C6

C7C8

P

Úloha má celkem 8 řešení, která jsme postupně označili C1, . . . , C8.

Poznámky. Představa se součtovým pravoúhelníkem v odstavci b), příp. rozdílovým pra-voúhelníkem v odstavci c), není nutná k úspěšnému dořešení úlohy. Stačí, když si řešiteluvědomí, že obsah trojúhelníku ABC je součtem, příp. rozdílem, obsahů pravoúhlých troj-úhelníků CPB a CPA. Zdůvodnění, že např. vyznačený bod C5 je řešením, pak můževypadat následovně:

SABC5 =3 · 5

2− 3 · 2

2=

92.

Všimněte si, že pro libovolný bod C na přímce C1C2 vyjde podle předchozích úvahobsah trojúhelníku ABC také 4,5 čtverečku. Vlastně jsme tak dokázali, že obsah libo-volného trojúhelníku je roven polovině pravoúhelníku, který má jednu stranu společnous trojúhelníkem a druhou shodnou s výškou na tuto stranu.

Pokud žák tento fakt již zná, je řešení obzvlášť snadné: stačí najít jeden vyhovujícíbod a všechny ostatní jsou právě uzlové body ležící na rovnoběžce s přímkou AB, kteráprochází tímto vyhovujícím bodem.

Z6–I–3

Obři Koloděj a Bobr mluví některé dny jenom pravdu a někdy jenom lžou. Kolodějmluví pravdu v pondělí, v pátek a v neděli, v ostatní dny lže. Bobr mluví pravdu ve středu,čtvrtek a pátek, ostatní dny lže.

1. Určete, kdy může Koloděj říci: „Včera jsem mluvil pravdu.ÿ

2. Jednoho dne oba řekli: „Včera jsem lhal.ÿ V který den to bylo?

(M. Volfová)

Nápověda. Pomozte si přehlednou tabulkou, ze které by bylo patrné, kdy který obr lžea kdy ne.

9

Možné řešení. Informace ze zadání pro přehlednost vepíšeme do tabulky:

Koloděj Bobr

pondělí + −úterý − −středa − +

čtvrtek − +

pátek + +

sobota − −neděle + −

1. Koloděj jistě může říci „včera jsem mluvil pravduÿ v pondělí, protože v pondělkymluví pravdu a o nedělích (včera) také. Jiná dvojice po sobě jdoucích dnů, kdy mluvípravdu, není. Pokud by Koloděj říkal tentýž výrok v den, kdy zrovna lže, znamenalo by to,že předchozí den ve skutečnosti lhal. To by se mohlo stát jedině ve středu nebo ve čtvrtek.Koloděj tedy může tvrdit „včera jsem mluvil pravduÿ v pondělí, ve středu nebo ve čtvrtek.

2. Podobně, pokud některý z obrů říká „včera jsem lhal,ÿ může to být buď v den,kdy mluví pravdu a současně předchozí den lhal, nebo naopak. Koloděj může tento výrokprohlásit v úterý, v pátek, v sobotu nebo v neděli; Bobr ve středu nebo v sobotu. Jedinýden, kdy mohou oba tvrdit „včera jsem lhal,ÿ je sobota.

Z6–I–4Eva má tři papírky a na každém z nich je napsáno jedno přirozené číslo. Když vynásobí

mezi sebou dvojice čísel z papírků, dostane výsledky 48, 192 a 36. Která čísla jsou napsánana Eviných papírcích? (E. Novotná)

Nápověda. Všimněte si, že 192 = 48 · 4.

Možné řešení. Předpokládejme, že výsledek 48 dostaneme, když vynásobíme čísla z prv-ního a druhého papírku, výsledek 192 dostaneme z prvního a třetího papírku a výsledek 36z druhého a třetího papírku.

Protože 192 = 48 · 4, číslo na třetím papírku musí být čtyřnásobkem čísla na druhémpapírku. Na druhém papírku je tedy takové číslo, že když jej vynásobíme se svým čtyřná-sobkem, dostaneme 36. To znamená, že kdybychom toto číslo vynásobili se sebou samým,dostaneme čtvrtinu předchozího výsledku, tj. 9. Na druhém papírku je tedy číslo 3. Natřetím papírku potom musí být 3 · 4 = 12 a na prvním 48 : 3 = 16. Na Eviných papírcíchjsou napsána tato čísla: 16, 3 a 12.

Jiná nápověda. Každé přirozené číslo lze napsat jako součin dvou přirozených čísel pouzekonečně mnoha způsoby.

10

Jiné řešení. Stejně jako u předchozího řešení předpokládáme, že výsledek 48 dostanemevynásobením čísel z prvního a druhého papírku, výsledek 192 dostaneme z prvního a třetíhopapírku a výsledek 36 z druhého a třetího papírku.

Číslo 36 můžeme napsat jako součin dvou přirozených čísel pouze pěti způsoby:

36 = 1 · 36 = 2 · 18 = 3 · 12 = 4 · 9 = 6 · 6.

Přitom ze zadání víme, že na třetím papírku musí být větší číslo než na druhém papírku(součin čísel z prvního a třetího papírku je větší než součin čísel z prvního a druhého).Odtud máme pouze čtyři možné dvojice čísel na druhém a třetím papírku. Ze známýchhodnot součinů čísel na papírcích dopočítáme dvojím způsobem číslo na prvním papírku,a pokud se tyto výsledky shodují, máme řešení.

2. číslo 3. číslo 1. číslo

(x) (y) (48 : x) (192 : y)

1 36 48 −2 18 24 −3 12 16 16

4 9 12 −

(Pomlčka značí, že čísla nelze dělit beze zbytku, tj. výsledek není přirozené číslo.) Vidímejedinou vyhovující možnost: na Eviných papírcích jsou napsána čísla 16, 3 a 12.

Z6–I–5Na obrázku je stavba složená z dvanácti shodných krychlí. Na kolik různých míst

můžeme přemístit tmavou kostku, chceme-li, aby se povrch sestaveného tělesa nezměnil?

Stejně jako u původní stavby se i u stavby nové musejí kostky dotýkat celými stěnami.Polohu světlých kostek měnit nelze. (D. Reichmann)

Nápověda. Jak se změní povrch tělesa po odstranění tmavé kostky?

Možné řešení. Původně jsou na povrchu sestaveného tělesa tři stěny tmavé kostky,ostatní tři její stěny se dotýkají světlých kostek. Po odstranění tmavé kostky se celkovýpovrch tělesa nezmění (tři tmavé stěny jsou nahrazeny třemi světlými).

11

Aby se povrch tělesa nezměnil ani po přemístění tmavé kostky, musí se tato dotýkatprávě tří světlých kostek (tři světlé stěny budou nahrazeny třemi tmavými). Zkoušenímrychle zjistíme, že tmavou kostku můžeme přemístit jedině na následující tři místa:

Z6–I–6Číšník v restauraci U Šejdíře vždy započítává platícímu hostovi do účtu i datum:

celkovou utracenou částku zvětší o tolik korun, kolikátý den v měsíci zrovna je.V září se v restauraci dvakrát sešla trojice přátel. Poprvé platil každý z nich zvlášť,

číšník tedy vždy přičetl datum a žádal od každého 168 Kč. Za čtyři dny tam obědvaliznovu a dali si přesně totéž co minule. Tentokrát však jeden platil za všechny dohromady.Číšník tedy připsal datum do účtu jen jednou a řekl si o 486 Kč. Přátelům se nezdálo, žeač se ceny v jídelním lístku nezměnily, mají oběd levnější než minule, a číšníkův podvodten den odhalili. Kolikátého zrovna bylo? (L. Šimůnek)

Nápověda. Určete, jaká by byla jejich celková útrata, kdyby i podruhé zaplatil každýzvlášť.

Možné řešení. Kdyby v den, kdy přátelé odhalili číšníkův podvod, platil každý zvlášť,řekl by si číšník od každého o 168+4 = 172 (Kč). Celkem by tak zaplatili 3·172 = 516 (Kč).Tím, že platil jeden za všechny, se cena snížila o částku odpovídající dvěma datům. Tatocena je podle zadání 486 Kč. Dvěma datům tedy odpovídá částka 516 − 486 = 30 (Kč).Číslo v datu je 30 : 2 = 15; přátelé podvod odhalili 15. září.

Poznámka. Svůj výsledek si můžeme ověřit závěrečným shrnutím: Poprvé byli přátelév restauraci 11. září. Každý měl podle jídelního lístku platit 157 Kč, platil však 157+11 == 168 (Kč). Podruhé se v restauraci sešli 15. září. Jeden za všechny měl podle jídelníholístku zaplatit 3 · 157 = 471 (Kč), číšník si však řekl o 471 + 15 = 486 (Kč).

12



Na obrázku je šest kroužků, které tvoří vrcholy čtyř trojúhelníků. Napište do kroužkůnavzájem různá jednomístná přirozená čísla tak, aby v každém trojúhelníku platilo, že číslouvnitř je součtem čísel napsaných v jeho vrcholech. Najděte všechna řešení. (E. Novotná)

19

22

14 11

Nápověda. Všímejte si dvojic trojúhelníků se společnou stranou.

Možné řešení. Označme si čísla v kroužcích jako na následujícím obrázku. Budeme sipostupně všímat dvojic trojúhelníků, které mají společnou stranu.

19

22

14 11

A

E F

D

CB

Trojúhelníky se společnou stranou DC: Protože součet čísel v trojúhelníku DCB je 19a součet čísel v trojúhelníku DCF je 11, musí být číslo B o 8 větší než číslo F . V kroužcíchmohou být jen přirozená čísla od 1 do 9, máme tedy jedinou možnost: B = 9 a F = 1.

Porovnáme-li trojúhelníky se společnou stranou CB, zjistíme, že číslo A je o 3 většínež číslo D. Tuto dvojici neumíme zatím určit jednoznačně, proto píšeme A = D + 3.

Obdobně porovnáním trojúhelníků se společnou stranou BD určíme, že C = E + 5.

13

19

22

14 11

D+3

E 1

D

E+59

Z trojúhelníku se součtem čísel 19 teď vidíme, že 9 +E + 5 +D = 19, tj. E +D = 5.Protože číslo 1 jsme již použili, musí být E = 2 a D = 3, nebo naopak. Každá ze dvouuvedených možností vede k jednomu řešení, jež vidíme na obrázcích níže. (V obou případechjsou čísla v kroužcích navzájem různá.)

19

22

14 11

6

2 1

3

79

19

22

14 11

5

3 1

2

89

Z7–I–2Před naší školou je květinový záhon. Jednu pětinu všech květin tvoří tulipány, dvě

devítiny narcisy, čtyři patnáctiny hyacinty a zbytek jsou macešky. Kolik květin je celkemna záhonu, jestliže od žádného druhu jich není více než 60 ani méně než 30? (M. Petrová)

Nápověda. Mohlo by být na záhonu např. 100 květin?

Možné řešení. Celkový počet květin musí být dělitelný pěti, protože jednu pětinu tvořítulipány. Z podobného důvodu musí být počet všech květin dělitelný devíti (kvůli narcisům)a patnácti (kvůli hyacintům). Počet všech květin na záhonu je tedy nějaký společný násobekčísel 5, 9 a 15. Nejmenší společný násobek těchto tří čísel je 45, tudíž celkový počet květinje násobkem čísla 45.

V následující tabulce procházíme postupně násobky 45 a určujeme odpovídající počtyjednotlivých druhů květin. Hledáme takový řádek, kde jsou všechny tyto počty v rozmezíod 30 do 60 (včetně).

14

celkem tulipány narcisy hyacinty macešky

(c) (t = 15c) (n = 2

9c) (h = 415c) (m = c− t− n− h)

45 9 10 12 14

90 18 20 24 28

135 27 30 36 42

180 36 40 48 56

225 45 50 60 70

Jediný vyhovující případ je zvýrazněn tučně. Se zvětšujícím se celkovým počtem květinse zvětšují i počty květin jednotlivých druhů, takže další výše neuvedené možnosti zřejměvýše uvedeným požadavkům nevyhovují. Na záhonu před školou máme celkem 180 květin.

Poznámka. Jakmile v řádku najdeme číslo menší než 30 nebo větší než 60, nemusímeostatní položky dopočítávat — tato možnost totiž jistě nevyhovuje. Předchozí diskusetedy může být úplná, i když tabulka je neúplná.

Jiné řešení. Nejprve dopočítáme, jakou část mezi všemi květinami zaujímají macešky:

1− 15− 2

9− 4

15=

1445.

Aby byl počet macešek přirozeným číslem, musí být počet všech květin násobkem čísla 45.V takovém případě jsou i počty ostatních květin přirozená čísla.

Počty všech jednotlivých druhů jsou v rozmezí od 30 do 60 (včetně), odkud umímeurčit rozmezí celkového počtu květin:

Tulipány tvoří 15 celkového počtu květin, tudíž počet všech květin musí být

od 30 · 5 = 150 do 60 · 5 = 300,

podle poměrného zastoupení narcisů musí být počet všech květin

od 30 · 92

= 135 do 60 · 92

= 270,

podle hyacintů musí být počet všech květin

od 30 · 154

= 112,5 do 60 · 154

= 225

a podle macešek

od 30 · 4514

.= 96,4 do 60 · 45

14.= 192,9.

Předchozí čtyři podmínky mají platit současně, tzn. celkový počet květin se pohybujev rozmezí od 150 do 192 (včetně). Mezi těmito čísly je jediný násobek 45, totiž 180. Nazáhonu roste celkem 180 květin.

15

Z7–I–3Obři Bobr a Koloděj mluví některé dny jenom pravdu a některé dny jenom lžou. Bobr

mluví pravdu pouze o víkendech, Koloděj mluví pravdu v pondělí, v pátek a v neděli,v ostatní dny lže.

Jednoho dne Bobr řekl: „Včera jsme oba lhali.ÿKoloděj však nesouhlasil: „Aspoň jeden z nás mluvil včera pravdu.ÿKterý den v týdnu můžou obři vést takový rozhovor?

(M. Volfová a V. Žádník)

Nápověda. Pomozte si přehlednou tabulkou, ze které by bylo patrné, kdy který obr lžea kdy ne.

Možné řešení. Informace ze zadání pro přehlednost vepíšeme do tabulky:

Bobr Koloděj

pondělí − +

úterý − −středa − −čtvrtek − −pátek − +

sobota + −neděle + +

Bobr může tvrdit „včera jsme oba lhaliÿ buď v den, kdy mluví pravdu a současněpředchozí den oba obři lhali (což se stát nemůže), nebo v den, kdy lže a současně předchozíden aspoň jeden z obrů mluvil pravdu (tj. v pondělí nebo v úterý). Bobr tedy může říci„včera jsme oba lhaliÿ jedině v pondělí nebo v úterý.

Koloděj může tvrdit „aspoň jeden z nás mluvil včera pravduÿ buď v den, kdy mluvípravdu a současně předchozí den aspoň jeden z obrů mluvil pravdu (tj. v pondělí nebov neděli), nebo v den, kdy lže a současně předchozí den žádný z nich pravdu nemluvil (tj.ve středu nebo ve čtvrtek). Koloděj tedy může nesouhlasit „aspoň jeden z nás mluvil včerapravduÿ jedině v pondělí, ve středu, ve čtvrtek nebo v neděli.

Jediný den, kdy můžou obři vést uvedený rozhovor, je tudíž pondělí.

Z7–I–4Paní učitelka napsala na tabuli následující čísla:

1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43.

Dvě sousední čísla se liší vždy o stejnou hodnotu, v tomto případě o 3. Pak z tabule smazalavšechna čísla kromě 1, 19 a 43. Dále mezi tato tři čísla dopsala několik celých čísel tak,

16

že se každá dvě sousední čísla opět lišila o stejnou hodnotu a přitom žádné číslo nebylonapsáno dvakrát.

Kolika způsoby mohla paní učitelka čísla doplnit? (K. Pazourek)

Nápověda. Může být mezi doplněnými čísly např. 5?

Možné řešení. Jeden ze způsobů, jak čísla doplnit, je samozřejmě ten, který paní uči-telka smazala (v tomto případě je rozdíl sousedních čísel roven 3). Další možný, zřejměnejjednodušší, způsob je doplnit všechna přirozená čísla od 1 do 43 (v tomto případě jerozdíl roven 1).

Každé doplnění podle zadání je zcela určeno rozdílem sousedních čísel, který si ozna-číme d. Všechna možná doplnění lze tedy určit zkusmo uvažováním všech možných rozdílů da kontrolou, zda v odpovídající posloupnosti (začínající 1) jsou obsažena také čísla 19 a 43.

Nicméně, aby v takové posloupnosti bylo obsaženo číslo 19, musí být rozdíl 19−1 = 18nějakým násobkem určující konstanty d. Podobně, aby v takové posloupnosti bylo obsaženotaké číslo 43, musí být rozdíl 43− 19 = 24 nějakým násobkem čísla d. Jinými slovy, d musíbýt společným dělitelem čísel 18 a 24. Všechna možná doplnění tedy odpovídají všemspolečným dělitelům čísel 18 a 24, což jsou právě čísla 1, 2, 3 a 6. Paní učitelka mohladoplnit čísla na tabuli čtyřmi způsoby.

Poznámka. Předchozí úvahy můžou být vhodně podpořeny představou na číselné ose;zde je zvýrazněno dělení s největším možným rozdílem d = 6:

1 7 13 19 25 31 37 43

Z7–I–5

Ve sportovním areálu je upravená plocha tvaru obdélníku ABCD s delší stranou AB.Úhlopříčky AC a BD svírají úhel 60◦. Běžci trénují na velkém okruhu ACBDA nebo namalé dráze ADA. Mojmír běžel desetkrát po velkém okruhu a Vojta patnáctkrát po malédráze, tedy patnáctkrát v jednom směru a patnáctkrát v opačném. Oba dohromady uběhli4,5 km. Jak dlouhá je úhlopříčka AC? (L. Hozová)

Nápověda. Je nějaký vztah mezi délkou úhlopříčky a délkou kratší strany obdélníku?

Možné řešení. Průsečík úhlopříček označíme S. Musíme rozhodnout, zda se zadaná veli-kost 60◦ vztahuje k úhlu ASB nebo ASD. Protože pro strany obdélníku platí |AB| > |AD|,musí být úhel ASB tupoúhlý a úhel ASD ostroúhlý. Velikost 60◦ tedy přísluší úhlu ASD.

A B

CD

S60◦

17

V každém obdélníku jsou trojúhelníky ASD a BSC rovnoramenné a navzájem shodné,v našem případě jsou dokonce rovnostranné. To znamená, že úsečky AS, SC, CB, BS, SDa DA jsou shodné, jejich délku (v metrech) označíme s. Chceme určit délku úhlopříčky,jež při současném značení odpovídá hodnotě 2s.

Délka velkého okruhu je tedy 6s a celková vzdálenost, kterou uběhl Mojmír, je 10 · 6s == 60s. Délka malé dráhy je 2s a celková vzdálenost, kterou uběhl Vojta, je 15 · 2s = 30s.Oba dohromady tedy naběhali 60s+30s = 90s, což je podle zadání rovno 4,5 km = 4 500 m.Platí tedy

90s = 4 500,

odkud plyne 2s = 100. Délka úhlopříčky je 100 m.

Z7–I–6Máme čtverečkovou síť se 77 uzlovými body. Dva z nich jsou označeny A a B jako na

obrázku. Bod C nechť je jeden ze zbylých uzlových bodů. Najděte všechny možné polohybodu C tak, aby trojúhelník ABC měl obsah 6 čtverečků. (E. Novotná)

A

B

Nápověda. Zkoušejte nejdřív takové body, aby některá strana trojúhelníku ležela na ně-jaké přímce tvořící čtverečkovou síť.

Možné řešení. Pokud hledáme řešení zkusmo, nejspíš začneme zkoušet uzlové body tak,jak naznačuje nápověda. Uvažujme nejprve uzlové body na vodorovné přímce jdoucí bo-dem A; polohu bodu C počítáme od A doleva:

1. trojúhelník je pravoúhlý a jeho obsah je zřejmě 2 čtverečky, což je málo,2. výška z bodu B rozděluje trojúhelník na dva (shodné) pravoúhlé trojúhelníky, obsah

je 2 + 2 = 4 čtverečky, což je pořád málo,3. výška z bodu B rozděluje trojúhelník na dva (neshodné) pravoúhlé trojúhelníky, obsah

je 4 + 2 = 6 čtverečků a máme první vyhovující řešení, které označíme C1.

Tentýž bod lze najít i bez zkoušení, pokud si včas uvědomíme, že obsah každéhodiskutovaného trojúhelníku je roven polovině obsahu pravoúhelníku, jehož jedna strana jeAC a druhá je rovna 4 jednotkám (velikost výšky z bodu B), viz obrázek. Hledáme tedytakový uzlový bod na myšlené přímce, aby obsah odpovídajícího pravoúhelníku byl roven

18

12 čtverečkům. Bod C tedy musí být 12 : 4 = 3 jednotky od A, a abychom neopustilivyznačenou oblast, musíme mířit doleva.

A

B

C1

Velmi podobným způsobem lze zdůvodnit i další řešení na vodorovné přímce procháze-jící bodem B, které označíme C2. (Souměrný bod podle B opět vychází mimo vyznačenouoblast.) Přímka C1C2 je rovnoběžná s AB, tudíž každý trojúhelník ABC, jehož vrchol Cleží na této přímce, má tutéž výšku na stranu AB, tedy i tentýž obsah. Hledáme tedytakové uzlové body, které současně leží na přímce C1C2. Takto nalézáme bod, který jeoznačen C3.

A

B

C1

C2

C3

Analogickou úvahou v opačné polorovině vymezené přímkou AB zjistíme, že zbylářešení jsou právě ty uzlové body, jež současně leží na vyznačené bezejmenné přímce. Taktonalézáme poslední vyhovující bod, který je označen C4.

19

A

B

C4

Úloha má celkem 4 řešení, která jsme postupně označili C1, C2, C3 a C4.

Poznámky. V uvedeném řešení předpokládáme znalost faktu, že obsah libovolného troj-úhelníku je roven polovině pravoúhelníku, který má jednu stranu společnou s trojúhelníkema druhou shodnou s výškou na tuto stranu. Jednoduché zdůvodnění tohoto tvrzení je v pod-statě ukázáno v řešení úlohy Z6–I–2.

I bez této dovednosti lze úlohu dořešit zkoušením, jak jsme naznačili v úvodu. Obsahlibovolného trojúhelníku ABC s vrcholy v uzlových bodech lze vždy vyjádřit následovně:

• trojúhelníku ABC opíšeme pravoúhelník, jehož strany leží na přímkách tvořících čtve-rečkovou síť,

• pokud je to nutné, rozdělíme doplňkové plochy k trojúhelníku v opsaném pravoúhel-níku na pravoúhlé trojúhelníky, příp. pravoúhelníky,

• obsah trojúhelníku vyjádříme jako rozdíl obsahu opsaného pravoúhelníku a obsahůjednotlivých doplňkových částí z předchozího kroku.

Výpočet obsahů některých trojúhelníků by podle tohoto návodu vypadal následovně(viz obrázky výše):

SABC1 = 3 · 4− 2 · 42− 1 · 4

2= 12− 6 = 6,

SABC2 = 4 · 4− 4 · 42− 1 · 4

2= 16− 10 = 6,

SABC3 = 5 · 8− 5 · 82− 4 · 4

2− 1 · 4− 1 · 4

2= 40− 34 = 6,

SABC4 = 2 · 8− 1 · 42− 2 · 4

2− 1 · 8

2= 16− 10 = 6.

Všimněte si, že ani při tomto postupu není nutné vyčerpávat všechny možnosti: máme-linapř. zjištěno, že bod C2 je řešením, jistě již nemusíme uvažovat takové uzlové body, kdyby odpovídající trojúhelník buď obsahoval trojúhelník ABC2 nebo byl jeho částí (v prvémpřípadě by vzniklý trojúhelník měl větší než požadovaný obsah, v druhém případě menší).

20



Součin tří přirozených čísel je 600. Kdybychom jednoho činitele zmenšili o 10, zmenšilby se součin o 400. Kdybychom místo toho jednoho činitele zvětšili o 5, zvětšil by se součinna dvojnásobek původní hodnoty. Která tři přirozená čísla mají tuto vlastnost?

(L. Hozová)

Nápověda. Z každé oznamovací věty v zadání lze přímo určit jednoho činitele.

Možné řešení. Pracujme nejprve s druhou větou: zmenšením jednoho činitele o 10 sezmenší součin o 400. Přitom 400 jsou dvě třetiny z 600, tedy 10 musejí být dvě třetiny zezmíněného činitele. Tím je proto číslo 15.

Dále pracujme s třetí větou: zvětšením jednoho činitele o 5 se zvětší součin na dvoj-násobek. Zvětšením o 5 se tedy tento činitel zvětší také na dvojnásobek. Činitel je proto 5.

Z první věty zadání víme, že součin všech činitelů je 600, dva z nich uvádíme výše,třetí je 600 : 15 : 5 = 8.

Informacím ze zadání vyhovují čísla 5, 8 a 15.

Jiná nápověda. Zadání vede ke třem rovnicím o třech neznámých.

Jiné řešení. Protože ze zadání není jasné, zda zmenšujeme/zvětšujeme jednoho a téhožčinitele nebo pokaždé jiného, musíme probrat obě možnosti. V každém případě si hledanápřirozená čísla označíme x, y a z.

1. Předpokládejme, že se v zadání mluví o dvou různých činitelích. V takovém případěmůžeme informace ze zadání přepsat následovně:

xyz = 600,

(x− 10)yz = 200,

x(y + 5)z = 1 200.

Druhá rovnost po roznásobení je xyz−10yz = 200. Jelikož xyz = 600, po úpravě dostáváme10yz = 400, tj. yz = 40. Z rovnosti xyz = 600 nyní plyne x · 40 = 600, tj.

x = 15.

Podobně, třetí rovnost po roznásobení je xyz + 5xz = 1 200. Jelikož xyz = 600, po úpravědostáváme 5xz = 600, tj. xz = 120. Protože již známe x = 15, musí být

z = 8.

Dosazením opět do rovnosti xyz = 600 máme 120y = 600, odkud plyne

y = 5.

21

2. Předpokládejme, že se v zadání mluví dvakrát o stejném činiteli. V takovém případěmůžeme psát:

xyz = 600,

(x− 10)yz = 200,

(x+ 5)yz = 1 200.

Stejně jako výše roznásobíme druhou, resp. třetí rovnost, dosadíme xyz = 600 a po úpravěobdržíme 10yz = 400, tj. yz = 40, resp. 5yz = 600, tj. yz = 120. Jelikož 40 6= 120, vidíme,že výchozí předpoklad nemůže být splněn.

V zadání se mluví o dvou různých činitelích; uvažovanou vlastnost mají právě tato třipřirozená čísla: 5, 8 a 15.

Z8–I–2

Standa si složil 7 shodných útvarů, každý slepený z 8 stejných šedých krychličeko hraně 1 cm tak jako na obrázku.

Potom všechny ponořil do bílé barvy a následně každý z útvarů rozebral na původních8 dílů, které tak měly některé stěny šedé a jiné bílé. Přidal k nim ještě 8 nových krychliček,jež byly stejné jako ostatní, akorát celé bílé. Ze všech kostek dohromady poskládal jednuvelkou krychli a snažil se přitom, aby co největší část povrchu vzniklé krychle byla šedá.Kolik cm2 povrchu bude jistě bílých? (M. Mach)

Nápověda. Nejdřív zjistěte, kolik kterých krychliček má Standa před vlastním skládánímk dispozici.

Možné řešení. Potřebujeme určit, z jakých krychliček Standa skládal svoji velkou krychli.Rohové krychličky z rozložených obílených útvarů mají jednu dvojici sousedních stěn šedou,zbytek bílý; celkem jich je 7 · 4 = 28. Ostatní krychličky z těchto útvarů mají jednu dvojiciprotilehlých stěn šedou, zbytek bílý; celkem jich je také 7 · 4 = 28. K těmto krychličkám seještě přidalo 8 celých bílých.

Standa měl k dispozici celkem 64 krychliček, skládal tedy krychli s „hranou 4 kostičkyÿ(4 · 4 · 4 = 64). Nyní určíme počty krychliček ve velké krychli podle počtu viditelnýchstěn: Rohové kostičky mají viditelné tři stěny; těch je celkem 8. Na hranách krychle jsoukrychličky s dvěma viditelnými stěnami; celkem jich je 12 · 2 = 24. Ve stěnách krychlejsou krychličky s jednou viditelnou stěnou; celkem jich je 6 · 4 = 24. Uvnitř krychle je8 krychliček, které nejsou vidět vůbec.

22

Z rozřezaných útvarů Standa nezískal žádné krychličky, které by měly 3 šedé stěny.Zřejmě tedy celou šedou krychli sestavit nemohl, přestože celková šedá plocha na krychlič-kách je větší než povrch velké krychle. My samozřejmě nevíme, jak Standa krychli skládal,nicméně, aby co největší část povrchu byla šedá, mohl postupovat např. takto:

• všech 8 čistě bílých krychliček umístí doprostřed,• 24 krychliček se sousedními šedými stěnami použije na hrany velké krychle,• zbylé 4 krychličky se sousedními šedými stěnami umístí do některých vrcholů (tímto

dostane na povrch velké krychle 4 bílé plošky),• 24 krychliček s protilehlými šedými stěnami použije do stěn velké krychle,• zbylé 4 krychličky s protilehlými šedými stěnami umístí do zbylých vrcholů (na po-

vrchu přibude 8 bílých plošek).

Při tomto postupu by na povrchu velké krychle bylo 12 bílých plošek, tj. 12 cm2.Aby bylo zřejmé, že lépe už krychli složit nelze, všimněme si následujících skutečností:

Žádnou z krychliček, které mají protilehlé stěny šedé, nikdy nelze ve velké krychli umístittak, aby obě šedé stěny byly vidět — použitím všech těchto kostiček lze tedy obsáhnoutnejvýše 28 cm2 šedé plochy na povrchu velké krychle. Krychličky, které mají sousední stěnyšedé, naopak lze umístit tak, aby obě šedé stěny byly vidět — použitím všech těchtokostiček lze obsáhnout nejvýše 56 cm2 šedé plochy na povrchu velké krychle. Na povrchuvelké krychle může být nejvýše 28 + 56 = 84 (cm2) šedé plochy. Povrch celé krychle je6 · 4 · 4 = 96 (cm2); na jejím povrchu tedy nemůže být méně než 96− 84 = 12 (cm2) bílých.

Předchozí postup ukazuje jednu z možností, jak tento výsledek realizovat. Ať už Standapostupoval jakkoli, 12 cm2 povrchu krychle bude jistě bílých.

Z8–I–3Děda zapomněl čtyřmístný kód svého mobilu. Věděl jen, že na prvním místě nebyla

nula, že uprostřed byly buď dvě čtyřky nebo dvě sedmičky nebo taky čtyřka se sedmičkou(v neznámém pořadí) a že šlo o číslo dělitelné číslem 15. Kolik je možností pro zapomenutýkód? Jaká číslice mohla být na prvním místě? (M. Volfová)

Nápověda. Začněte prostředním dvojčíslím, poté uvažujte ostatní podmínky ze zadání.

Možné řešení. Prostřední dvě místa mohou být obsazena právě čtyřmi způsoby:

∗44∗, ∗77∗, ∗47∗, ∗74∗.

Číslo je dělitelné 15 právě tehdy, když je dělitelné třemi a zároveň pěti. Přitom číslo jedělitelné pěti právě tehdy, když jeho poslední číslice je buď 0 nebo 5, a číslo je dělitelnétřemi právě tehdy, když jeho ciferný součet je dělitelný třemi.

Je-li poslední číslice 0, pak uvažujeme následující možnosti

∗440, ∗770, ∗470, ∗740

a hledáme první číslici tak, aby ciferný součet byl dělitelný třemi. Ve všech případechvychází tatáž možná trojice: 1, 4 nebo 7.

23

Je-li poslední číslice 5, pak uvažujeme podobně pro následující možnosti

∗445, ∗775, ∗475, ∗745.

Ve všech případech vychází tatáž možná trojice: 2, 5 nebo 8.Podmínkám ze zadání vyhovuje 4 · 2 · 3 = 24 možností. Na prvním místě může být

kterákoli číslice kromě 3, 6 a 9.

Z8–I–4Je dána pravidelná sedmicípá hvězda podle obrázku. Jaká je velikost vyznačeného

úhlu? (E. Patáková)

Nápověda. Hledejte rovnoramenné trojúhelníky, u kterých umíte určit velikosti vnitřníchúhlů.

Možné řešení. Hledaný úhel budeme nazývat α. Dále označme vrcholy a střed hvězdyjako na obrázku. Spojíme-li všechny vrcholy se středem S, vidíme spoustu rovnoramennýchtrojúhelníků, z nichž mnohé jsou navzájem shodné. Např. trojúhelníky ASC, BSD, . . . ,GSB jsou shodné: všechny tyto trojúhelníky mají shodná ramena a úhel u vrcholu S(jehož velikost je rovna dvojnásobku velikosti úhlu ASB, tj. γ = 2 · 360◦7 ). Úhel α je protoroven dvojnásobku úhlu u vrcholu A v trojúhelníku ASC. Protože je tento trojúhelníkrovnoramenný, je úhel α stejný jako součet vnitřních úhlů u vrcholů A a C.

G

B

D

F

A

C

ESγ

α2

α2

24

Součet velikostí vnitřních úhlů v libovolném trojúhelníku je 180◦, proto platí α+ γ == 180◦, odkud snadno dopočítáme velikost úhlu α:

α = 180◦ − 27· 360◦ =

(1− 4

7

)· 180◦ =

(77

17

)◦ .= 77◦8′34′′.

Poznámka. Pokud znáte nebo umíte zdůvodnit, že velikost vnitřního úhlu v pravidelnémsedmiúhelníku je rovna 5

7 · 180◦, pak lze úlohu dořešit následovně.

G

B

D

F

A

C

E

Q

LN

P

K

M

O

α

Vnitřní úhly u vrcholů K a Q v rovnoramenném trojúhelníku KAQ jsou vnějšími úhlypravidelného sedmiúhelníku KLMNOPQ; jejich velikost je proto 180◦ − 5

7180◦ = 27180◦.

Součet velikostí vnitřních úhlů v trojúhelníku KAQ je α+ 47180◦ = 180◦, odkud vyjádříme

neznámou: α =(1− 47

)· 180◦ = . . .

Z8–I–51. září 2007 byla založena jazyková škola, ve které vyučovalo sedm pedagogů. 1. září

2010 k těmto sedmi učitelům přibyl nový kolega, kterému bylo právě 25 let. Do 1. září 2012jeden z učitelů ze školy odešel, a tak jich zůstalo opět sedm. Průměrný věk pedagogů naškole byl ve všechna tři zmíněná data stejný.

Kolik let bylo 1. září 2012 učiteli, který ve škole už nepracoval? Jaký byl ten denprůměrný věk učitelů na škole? (L. Šimůnek)

Nápověda. Pracujte se součtem věků všech zaměstnaných učitelů. Uvažujte, jak se tentosoučet mění vzhledem ke zmiňovaným datům.

Možné řešení. Součet věků všech sedmi učitelů školy k 1. září 2007 označíme c. Součetvěků těchto sedmi lidí se ke dni 1. září 2010 zvětšil o 7 · 3 = 21, součet věků všech osmiučitelů pracujících v tento den na škole byl tedy

c+ 21 + 25 = c+ 46.

25

Součet věků těchto osmi lidí se ke dni 1. září 2012 zvětšil o 8 · 2 = 16. V tento den jedenz nich už na škole nepracoval, jeho věk v tu dobu označíme x. Součet věků sedmi zbývajícíchučitelů byl v tento den roven

c+ 46 + 16− x = c+ 62− x.

Protože má být průměrný věk učitelů na škole ve všechna zmíněná data stejný, platírovnosti

c

7=c+ 46

8=c+ 62− x

7.

Z rovnosti mezi prvním a třetím lomeným výrazem přímo plyne, že x = 62. Učiteli, který1. září 2012 už na škole nepracoval, bylo tedy zrovna 62 let.

Úpravami rovnosti mezi prvními dvěma lomenými výrazy dojdeme k hodnotě c:

c

7=c+ 46

8,

8c = 7c+ 7 · 46,

c = 322.

Průměrný věk učitelů ve všechna tři zmíněná data byl 322 : 7 = 46 let.

Z8–I–6Anička a Hanka chodily v labyrintu po spirálovité cestičce, jejíž začátek je schematicky

znázorněn na obrázku. Strana čtverečku ve čtvercové síti má délku 1 m a celá cestička odstředu bludiště až k východu je dlouhá 210 m.

Děvčata vyšla ze středu bludiště, nikde se nevracela a po čase každá zastavila v někte-rém z rohů. Anička přitom ušla o 24 m více než Hanka. Ve kterých rozích mohla děvčatastát? Určete všechna řešení. (E. Novotná)

Nápověda. Nejdřív určete délky všech úseků bludiště.

Možné řešení. Ze zadání vidíme, že délky jednotlivých úseků bludiště jsou postupně(počítáno v metrech od středu): 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, atd. Nejdřív určíme, jak dlouhéjsou poslední úseky bludiště, aby celková délka byla právě 210 m. Ať už zkoušením, nebonějakým pomocným výpočtem, celkem rychle zjistíme, že bludiště sestává z následujícíchúseků:

1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 10, 11, 11, 12, 12, 13, 13, 14, 14.

26

Anička ušla o 24 m více než Hanka; v uvedené posloupnosti proto hledáme několik po sobějdoucích čísel, jejichž součet je 24. Aby bylo zřejmé, že jsme neopomněli žádnou možnost,budeme postupovat systematicky podle počtu úseků, které dělí Aničku od Hanky. Prodaný počet úseků můžeme orientačně vyjádřit průměrnou délku jednoho úseku. Poblížtéto hodnoty pak v naší posloupnosti hledáme odpovídající počet po sobě jdoucích čísel sesoučtem 24. Výsledek našeho snažení shrnuje následující tabulka:

počet úseků průměrná délka řešení

1 24 −2 12 12, 12

3 8 −4 6 5, 6, 6, 7

5 4,8 4, 4, 5, 5, 6

6 4 3, 3, 4, 4, 5, 5

7 3,4 −8 3 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5

Poslední řešení v tabulce představuje případ, kdy Hanka ušla pouze 1 metr, tedy nejmenšímožnou vzdálenost. Proto nemá smysl uvažovat 9 a více úseků. Úloha má pět řešení;děvčata mohla stát v následujících rozích:

27



Z9–I–1

Na tabuli bylo napsáno trojmístné přirozené číslo. Připsali jsme k němu všechna dalšítrojmístná čísla, která lze získat změnou pořadí jeho číslic. Na tabuli pak byla kroměčísla původního tři nová. Součet nejmenších dvou ze všech čtyř čísel je 1 088. Jaké čísliceobsahuje původní číslo? (L. Hozová)

Nápověda. Zjistěte, zda původní číslo obsahuje nulu a zda se v něm opakují číslice.

Možné řešení. Označme použité číslice a, b, c. Ze zadání je patrné, že číslice se v trojmíst-ném čísle neopakují, tj. a, b a c jsou navzájem různé. Kdyby totiž některé dvě číslice bylystejné, pak změnou jejich pořadí lze celkem dostat nejvýše tři různá čísla: pokud by např.a = b 6= c a všechny číslice byly nenulové, pak zmiňovaná čísla jsou

aac, aca, caa.

Podobně můžeme usoudit, že mezi použitými číslicemi musí být 0. Kdyby totiž a, ba c byly navzájem různé a nenulové číslice, pak změnou jejich pořadí bychom dostali právěšest různých čísel:

abc, acb, bac, bca, cab, cba.

Použité číslice jsou tedy navzájem různé a obsahují nulu; bez jakékoli újmy na obec-nosti můžeme předpokládat, že a = 0 a b < c. Změnou pořadí takových číslic dostanemeprávě následující čtyři čísla (píšeme uspořádána od nejmenšího):

b0c, bc0, c0b, cb0.

Zbytek úlohy řešíme jako algebrogram:

b 0 cb c 0

1 0 8 8

Ze součtu jednotek c + 0 = 8 plyne, že c = 8 (ve sloupci desítek souhlasí 0 + c = 8). Zesoučtu stovek b + b = 10 plyne, že b = 5. Původní trojmístné číslo musí obsahovat číslice0, 5 a 8.

28

Z9–I–2Trojúhelník má dvě strany, jejichž délky se liší o 12 cm, a dvě strany, jejichž délky se

liší o 15 cm. Obvod tohoto trojúhelníku je 75 cm. Určete délky jeho stran. Najděte všechnymožnosti. (L. Šimůnek)

Nápověda. Délku jedné strany označte jako neznámou a pomocí ní pak vyjádřete délkyostatních stran. Uvědomte si, kolik možností potřebujete diskutovat.

Možné řešení. Délky dvou stran, které se liší o 12 cm, označíme s a s+ 12. Třetí stranase od některé z těchto dvou liší o 15 cm. Není zadáno, od které z nich a zda je o 15 cm většínebo menší; proto musíme diskutovat následující čtyři možnosti:

délky stran trojúhelníku

1. možnost s s+ 12 s+ 15

2. možnost s s+ 12 s− 15

3. možnost s s+ 12 s+ 12 + 15

4. možnost s s+ 12 s+ 12− 15

Obvod trojúhelníku má být 75 cm. Odtud pro každou možnost sestavíme rovnici a z nívypočítáme příslušné s. Na ukázku uvádíme pouze výpočet odpovídající 1. možnosti:

s+ (s+ 12) + (s+ 15) = 75,

3s+ 27 = 75,

3s = 48,

s = 16.

Výsledná s poté dosadíme do tabulky:

délky stran trojúhelníku

1. možnost 16 28 31

2. možnost 26 38 11

3. možnost 12 24 39

4. možnost 22 34 19

Aby vypočítané hodnoty skutečně odpovídaly stranám nějakého trojúhelníku, musíplatit trojúhelníková nerovnost. Proto ještě zkontrolujeme, zda největší číslo na každémřádku je menší než součet ostatních dvou. Tato nerovnost platí pouze u 1. a 4. možnosti.Úloha má tedy dvě řešení: délky stran trojúhelníku mohou být 16 cm, 28 cm a 31 cm, nebo19 cm, 22 cm a 34 cm.

29

Z9–I–3U horské chaty nám trenér řekl: „Půjdeme-li dál tímto pohodlným tempem 4 km za

hodinu, přijdeme na nádraží 45 minut po odjezdu našeho vlaku.ÿPak ukázal na skupinu, která nás právě míjela: „Ti využívají holí, a tak dosahují

průměrné rychlosti 6 km za hodinu. Na nádraží budou již půl hodiny před odjezdem našehovlaku.ÿ

Jak bylo nádraží daleko od horské chaty? (M. Volfová)

Nápověda. Připomeňte si vztahy mezi průměrnou rychlostí, celkovou vzdáleností a po-třebným časem.

Možné řešení. Dobu od okamžiku, kdy nás trenér motivoval u horské chaty, do odjezduvlaku označme t (v hodinách). Délku trasy od chaty na nádraží označme s (v km).

Při pohodlném tempu bychom šli s4 hodin a přišli bychom tři čtvrtě hodiny po odjezduvlaku; platí tedy

s

4= t+

34.

Chůze s holemi trvá s6 hodin, což je o půl hodiny méně než t; platí tedy

s

6= t− 1

2.

Z obou rovnic vyjádříme t:

t =s

4− 3

4, t =

s

6+

12,

a tak dostaneme novou rovnici:s

4− 3

4=s

6+

12.

Jejími úpravami získáme délku trasy s:

3s− 9 = 2s+ 6,

s = 15.

Trasa od chaty na nádraží byla 15 km dlouhá.

Poznámka. K výsledku lze dospět i následovně. Z prvních dvou výše sestavených rovnicvyjádříme s:

s = 4t+ 3, s = 6t− 3,

a tak dostaneme novou rovnici4t+ 3 = 6t− 3,

odkud snadno vyjádříme t = 3. Zpětným dosazením obdržíme

s = 12 + 3 = 18− 3 = 15.

30

Z9–I–4Pravidelný osmiúhelník ABCDEFGH je vepsán kružnici o poloměru 5 cm. Sestrojte

trojúhelník ABX tak, aby bod D byl ortocentrem (průsečíkem výšek) trojúhelníku ABX.(M. Mach)

Nápověda. Pro začátek nepracujte s osmiúhelníkem: zkonstruujte ortocentrum D v obec-ném trojúhelníku ABX a snažte se zrekonstruovat X, znáte-li A, B a D.

Možné řešení. Abychom si uvědomili souvislosti, uvažujeme nejprve obecný trojúhelníkABX a sestrojíme jeho ortocentrum D. Na obrázku je naznačeno řešení pro tupoúhlý troj-úhelník, v tomto případě leží ortocentrum vně trojúhelníku. (Všimněte si, že u ostroúhléhotrojúhelníku by ortocentrum bylo uvnitř a u pravoúhlého by splývalo s vrcholem, u něhožje pravý úhel.)

A B

D

X

a

bvx

Nyní rozebereme, jak sestrojit trojúhelník ABX, je-li dána jeho strana AB a ortocen-trum D. Z úvodní diskuse víme, že pokud D leží na přímce AB, pak D = A nebo D = Ba vrchol X v tomto případě nelze určit jednoznačně. Proto předpokládáme, že body A, Ba D jsou v obecné poloze, tj. neleží na jedné přímce.

Vrchol X je společným bodem přímek obsahujících strany a, b a výšku vx; pokudsestrojíme aspoň dvě z těchto tří přímek, bude X dán jako jejich průsečík. Výška vx leží napřímce, která je kolmá k AB a prochází bodemD. Zbylé dvě výšky v budoucím trojúhelníkuleží na přímkách AD, příp. BD. Přímka určená stranou a je kolmá k AD a procházíbodem B (podobně strana b je kolmá k BD a prochází A). Odtud plyne následující možnákonstrukce trojúhelníku ABX, je-li dána jeho strana AB a ortocentrum D:

1. sestrojit přímku, která je kolmá k AB a prochází bodem D,2. sestrojit přímku, která je kolmá k AD a prochází bodem B,3. označit X průsečík přímek z předchozích dvou kroků,4. narýsovat trojúhelník ABX.

(Místo 1. nebo 2. kroku konstrukce lze též uvažovat přímku, která je kolmá k BD a procházíbodem A.)

Nyní rozebereme, jak vypadá předchozí konstrukce bodu X pro trojici A, B a Dv takové speciální poloze, jež je popsána v zadání pomocí pravidelného osmiúhelníku.

31

1. Kolmice k přímce AB jdoucí bodem D je právě přímka CD. (Označme P průsečíkpřímek AB a CD. V trojúhelníku BCP mají vnitřní úhly u vrcholů B a C velikost45◦, neboť jde o vnější úhly pravidelného osmiúhelníku. Úhel u vrcholu P je protopravý.)

2. Kolmice k přímce AD jdoucí bodem B je právě přímka BG. (Podobně jako výšemůžeme ukázat, že přímky AH a BC jsou kolmé. Úhlopříčka BG je rovnoběžná s AH,podobně AD je rovnoběžná s BC, tudíž přímky AD a BG jsou také kolmé.)

3. Bod X je průsečíkem přímek CD a BG.

4. Výsledný trojúhelník je zvýrazněn v následujícím obrázku.

A B

C

D

EF

G

H

S

X

P

Poznámka. Všimněte si, že výše popsaná konstrukce je právě konstrukce ortocentra troj-úhelníku ABD. Platí tedy, že je-li bod D ortocentrem (obecného) trojúhelníku ABX, pakbod X je ortocentrem trojúhelníku ABD. (Podobně bod B je ortocentrem trojúhelníkuADX a bod A je ortocentrem trojúhelníku BDX.)

Z9–I–5

Do každého pole níže zobrazeného schématu máme zapsat čtyřmístné přirozené číslotak, aby všechny naznačené početní operace byly správné. Kolika různými způsoby lzeschéma vyplnit? (L. Šimůnek)

32

·2

: 3

·4

: 6

·5

: 6

·3

: 2

·3

: 2

Nápověda. Číslo v některém poli označte jako neznámou a pomocí ní vyplňte celé schéma.

Možné řešení. Číslo v prvním poli označíme neznámou a a pomocí ní vyjádříme čísla vevšech ostatních polích (zlomky uvádíme v základním tvaru):

·2

: 3

·4

: 6

·5

: 6

·3

: 2

·3

: 2

a

2a 23a

83a

49a

209 a

1027a

109 a

59a

53a

56a

Aby všechny zapsané výrazy představovaly celá čísla, musí být neznámá a dělitelnávšemi uvedenými jmenovateli. Nejmenším společným násobkem jmenovatelů 3, 9, 27 a 6 ječíslo 54. Neznámá a tak musí být násobkem čísla 54.

Dále zohledníme podmínku, že všechna zapsaná čísla mají být čtyřmístná. Nejmenšímzapsaným číslem je 1027a a největším je 83a. Proto musí platit:

• 1027a = 1 000, po úpravě a = 2 700,• 83a 5 9 999, po úpravě a 5 3 749 58 .

Určíme počet násobků čísla 54 v intervalu od 2 700 do 3 749. Nejmenším z nich je hned2 700 a dále jich je ještě 19, protože (3 749− 2 700) : 54 = 19 (zbytek 23). Do prvního polelze tudíž doplnit celkem 20 různých čísel, neboli schéma lze vyplnit 20 způsoby.

Z9–I–6

Je dán pravoúhlý lichoběžník ABCD s pravým úhlem u vrcholu B a s rovnoběžnýmistranami AB a CD. Úhlopříčky lichoběžníku jsou na sebe kolmé a mají délky |AC| = 12 cm,|BD| = 9 cm. Vypočítejte obvod a obsah tohoto lichoběžníku. (M. Krejčová)

Nápověda. Obsah tohoto lichoběžníku je stejný jako obsah vhodného pravoúhlého troj-úhelníku. Nejprve najděte takový trojúhelník, poté určete délky stran lichoběžníku a jehoobvod.

Možné řešení. Bodem C vedeme rovnoběžku s úhlopříčkou BD a její průsečík s přímkouAB označíme B′, viz obrázek. Protože přímky AB a CD jsou také rovnoběžné, je BB′CDkosodélník a platí |B′C| = |BD| = 9 cm a |B′B| = |CD|.

33

A B B′

CD

P

Smysl této konstrukce spočívá v pozorování, že trojúhelníky ACD a CB′B mají stejnýobsah (strany CD a B′B jsou shodné a výšky obou trojúhelníků na tyto strany jsoustejné). Proto je obsah lichoběžníku ABCD stejný jako obsah trojúhelníku AB′C a tentoumíme snadno určit: Z konstrukce plyne, že trojúhelník AB′C je pravoúhlý, a ze zadáníznáme obě jeho odvěsny |AC| = 12 cm a |B′C| = 9 cm. Obsah trojúhelníku AB′C, tedyi zadaného lichoběžníku, je roven

S =12· 12 · 9 = 54 (cm2).

Abychom určili obvod lichoběžníku, potřebujeme znát délky všech jeho stran.a) Strana BC je výškou na stranu AB′ v právě zmiňovaném trojúhelníku. Z Pytha-

gorovy věty spočítáme délku přepony v trojúhelníku AB′C:

|AB′| =√

122 + 92 = 15 (cm).

Ze znalosti obsahu tohoto trojúhelníku určíme jeho výšku |BC|:

12· 15 · |BC| = 54,

|BC| = 7,2 (cm).

b) V pravoúhlém trojúhelníku ABC známe jeho přeponu a nyní také jednu odvěsnu;pomocí Pythagorovy věty určíme délku druhé odvěsny:

|AB| =√

122 − 7,22 = 9,6 (cm).

c) Zřejmě platí |AB′| = |AB|+ |BB′| a |BB′| = |CD|, odkud snadno vyjádříme délkustrany CD:

|CD| = |AB′| − |AB| = 15− 9,6 = 5,4 (cm).

d) Stranu AD můžeme vidět jako přeponu v pravoúhlém trojúhelníku APD, kdeP je pata kolmice z bodu D na stranu AB. Délky odvěsen v tomto trojúhelníku jsou|PD| = |BC| = 7,2 cm a |AP | = |AB| − |CD| = 9,6− 5,4 = 4,2 (cm). Podle Pythagorovyvěty spočítáme i délku přepony:

|AD| =√

7,22 + 4,22.= 8,3 (cm).

34

Obvod zadaného lichoběžníku je tedy přibližně roven

o = |AB|+ |BC|+ |CD|+ |DA| .= 9,6 + 7,2 + 5,4 + 8,3 = 30,5 (cm).

Poznámka. Pro zajímavost a kontrolu uvádíme ještě výpočet obsahu lichoběžníku pomocíobvyklého vzorce:

S =12

(|AB|+ |CD|) · |BC| = 12

(9,6 + 5,4) · 7,2 = 54 (cm2).

Všimněte si, že úvahy v úvodu našeho řešení platnost tohoto vzorce vlastně zdůvodňují.Vztah pro výpočet obsahu zadaného lichoběžníku lze odvodit také pomocí následu-

jícího obrázku. Na něm je čárkovaně znázorněn obdélník, jehož každá strana procházíněkterým vrcholem lichoběžníku a je rovnoběžná s některou jeho úhlopříčkou. Obsah ob-délníku je roven součinu |AC| · |BD|. Obsah lichoběžníku je evidentně poloviční, tedyS = 1

2 |AC| · |BD|.

A B

CD

35



Z5–II–1

Na táboře se skauti vážili na starodávné váze. Vedoucí je upozornil, že váha siceneváží správně, ale rozdíl mezi skutečnou a naměřenou hmotností je vždy stejný. Míšoviváha ukázala 30 kg, Emilovi 28 kg, ale když si stoupli na váhu oba, ukázala 56 kg. Jaká bylaskutečná hmotnost Míši a Emila? (M. Volfová)

Možné řešení. Na Míšově výsledku 30 kg se podílela jedna chyba váhy, stejně tak v Emi-lově výsledku 28 kg byla zahrnuta tatáž chyba váhy.

V součtu 30 + 28 = 58 (kg) tedy jsou zahrnuty dvě chyby váhy. Když se však vážiliMíša s Emilem dohromady, ve výsledku 56 kg byla zahrnuta jen jedna chyba váhy. Rozdíl58− 56 = 2 (kg) tedy představuje právě jednu chybu váhy.

Skutečná hmotnost Míši byla 30− 2 = 28 (kg), Emil vážil 28− 2 = 26 (kg).Hodnocení. 4 body za odvození chyby váhy; po 1 bodu za hmotnosti Míši a Emila.

Z5–II–2

Na obrázku je stavba slepená ze 14 stejných krychliček. Stavbu chceme ze všech stranobarvit, tedy i zespodu. Jaká bude spotřeba barvy, když 10ml barvy stačí na natření jednécelé krychličky? (M. Mach)

Možné řešení. Je šest různých směrů, jak se na stavbu, respektive na jednotlivé krych-ličky stavby, dívat. Pro každý směr spočítáme, kolik stěn krychliček bude potřeba natřít:

• Když se na obrázek podíváme shora, vidíme právě 7 stěn, které bude třeba natřít.Stejný počet napočítáme při pohledu zdola.

• Při pohledu zepředu vidíme celkem 8 stěn. Stejný počet napočítáme při pohledu ze-zadu.

• Při pohledu zleva vidíme 7 stěn, ale bude potřeba obarvit ještě dalších 5 stěn, kteréjsou zakryté — jedná se o krychličky v pravém pilíři stavby. Celkem jsme napočítali12 stěn. Při pohledu zprava je situace stejná.

1

Celkem tedy potřebujeme natřít 2 · (7 + 8 + 12) = 2 · 27 = 54 stěn, což je stejné jakonatřít 9 celých krychliček (9 · 6 = 54). K natření jedné celé krychličky je potřeba 10mlbarvy, tudíž celkem potřebujeme 9 · 10 = 90 (ml) barvy.Jiné řešení. Můžeme postupně probrat všechny krychličky ve stavbě a určit, kolik jejíchstěn budeme natírat. Postupujeme po vrstvách shora dolů, v každé vrstvě po řadách ze-předu dozadu, v každé řadě zleva doprava:

• V 1. vrstvě je jediná krychlička, u níž budeme natírat 5 stěn.• Ve 2. vrstvě jsou tři krychličky — počítáme postupně 4 + 3 + 4 = 11 stěn.• Ve 3. vrstvě jsou čtyři krychličky — počítáme postupně 4 + 4 + 3 + 3 = 14 stěn.• Ve 4. vrstvě je šest krychliček — počítáme postupně 5 + 5 + 3 + 3 + 4 + 4 = 24 stěn.Celkem tedy potřebujeme natřít 5 + 11 + 14 + 24 = 54 stěn. Další postup může být

stejný jako v předchozím řešení.

Hodnocení. 4 body za počet stěn, které je třeba obarvit; 2 body za určení potřebnéhomnožství barvy.

Z5–II–3

Radka dostala ráno v den svých narozenin velké balení lentilek. Každý den po obědělentilky mlsala, a to tak, že ve všední den si vzala vždy 3 lentilky a každou sobotu i nedělisi jich vzala 5. Jistý den večer zjistila, že snědla právě 111 lentilek. Který den v týdnumohla mít Radka narozeniny? Najděte obě možnosti. (E. Patáková)

Možné řešení. Za týden Radka snědla 5 · 3 + 2 · 5 = 25 lentilek. Za čtyři týdny jichsnědla 100 a zbývalo 11 lentilek. Tento počet potřebujeme podle podmínek v zadání úlohyvyjádřit jako součet několika trojek a pětek, a to lze jediným způsobem: 11 = 2 · 3 + 5.

Radka tedy jedla lentilky čtyři celé týdny, dva všední dny a jeden víkendový den. Toznamená, že Radčino mlsání končilo buď trojicí dnů čtvrtek–pátek–sobota, nebo neděle–pondělí–úterý. V prvním případě vychází Radčiny narozeniny na čtvrtek, ve druhém pří-padě na neděli.

Jiné řešení. Stejně jako výše zjistíme, že za čtyři týdny Radka snědla 100 lentilek. Po-stupně prozkoušíme všechny možnosti, kdy mohla mít Radka narozeniny:

narozeniny množství snědených lentilek závěr

pondělí . . . , 100 (ne), 103 (po), 106 (út), 109 (st), 112 (čt) nevychází

úterý . . . , 100 (po), 103 (út), 106 (st), 109 (čt), 112 (pá) nevychází

středa . . . , 100 (út), 103 (st), 106 (čt), 109 (pá), 114 (so) nevychází

čtvrtek . . . , 100 (st), 103 (čt), 106 (pá), 111 (so) vychází

pátek . . . , 100 (čt), 103 (pá), 108 (so), 113 (ne) nevychází

sobota . . . , 100 (pá), 105 (so), 110 (ne), 113 (po) nevychází

neděle . . . , 100 (so), 105 (ne), 108 (po), 111 (út) vychází

2

Radka mohla mít narozeniny buď ve čtvrtek, nebo v neděli.

Hodnocení. 1 bod za určení, že za týden Radka snědla 25 lentilek; 1 bod za určení,že takto můžeme odpočítat 100 lentilek; 2 body za klíčovou myšlenku řešení (rozdělení3+3+5, navržení tabulky apod.); po 1 bodu za každé správné řešení.

Za nalezení a zdůvodnění jednoho správného řešení udělte nejvýše 5 bodů. Pokudřešitel jedno z řešení uhodne, udělte 1 bod.

3



Z6–II–1

Pat napsal na tabuli příklad:

589 + 544 + 80 = 2 013.

Mat chtěl příklad opravit, aby se obě strany skutečně rovnaly, a pátral po neznámém čísle,které pak k prvnímu sčítanci na levé straně přičetl, od druhého sčítance je odečetl a třetíhosčítance jím vynásobil. Po provedení těchto operací byl příklad početně správný. Jaké čísloMat našel? (L. Hozová)

Možné řešení. Přičtením neznámého čísla k prvnímu sčítanci a odečtením téhož čísla oddruhého sčítance na levé straně se součet těchto dvou čísel nezmění a je roven 589+544 == 1 133. Tento mezisoučet je o 2 013−1 133 = 880 menší než číslo na pravé straně rovnosti.Proto součin 80 a neznámého Matova čísla má být roven 880. Číslo, které Mat našel, bylo880 : 80 = 11.

Hodnocení. 2 body za zjištění, že první dvě operace nemají na výsledek žádný vliv;2 body za vyjádření rozdílu 2 013 − 1 133 = 880 a vysvětlení jeho významu; 2 body zavyjádření neznámého čísla.

Z6–II–2

Lenka si myslí dvě dvojmístná čísla. Jedno má obě číslice sudé a druhé obě liché. Kdyžobě čísla sečte, dostane opět dvojmístné číslo, které má první číslici sudou a druhou lichou.Navíc nám Lenka prozradila, že všechna dvojmístná čísla jsou násobky tří a jedna ze třílichých číslic je 9. Jaká čísla si mohla Lenka myslet? Najděte všechny možnosti.

(V. Hucíková)

Možné řešení. Součet sudého a lichého čísla je vždy číslo liché. Avšak ve výslednémsoučtu je na místě desítek číslo sudé, což je možné jedině tehdy, když součet číslic na místějednotek je větší než 10. Současně si uvědomujeme, že pro dva sčítance je tento součetnejvýše 18.

Nyní zjistíme, které z lichých čísel může být 9:

• Pokud by to byla druhá číslice ve výsledku, pak by součet číslic na místě jednotek byl19, což je příliš mnoho.

• Pokud by to byla první číslice v jednom ze sčítanců, pak by tento sčítanec byl alespoň91. Sčítanec se sudými číslicemi je zase alespoň 20 (na místě desítek nemůže být 0),takže výsledný součet by nebyl dvojmístný.

Zůstává jediná možnost — 9 je druhá číslice ve sčítanci s lichými číslicemi. Tady zatímžádný problém nevidíme, takže zkoumáme dál:

Sčítanec s lichými číslicemi může být

19, 39, 59, 79 nebo 99.

1

Z těchto čísel jsou násobkem 3 pouze čísla 39 a 99. Číslo 99 je však příliš veliké (přičtenímjakéhokoli čísla bychom dostali trojmístné číslo), takže Lenčino číslo s lichými číslicemimůže být jedině 39.

Odtud vidíme, že druhý sčítanec nesmí být větší než 60 (aby součet byl dvojmístný).Toto číslo má mít jenom sudé číslice a navíc z úvodního odstavce víme, že na místě jednotekmusí být aspoň 2. Sčítanec se sudými číslicemi tedy může být

22, 24, 26, 28, 42, 44, 46 nebo 48.

Z těchto čísel jsou násobkem 3 pouze čísla 24, 42 a 48. Celkem tedy dostáváme následujícítři možnosti:

24 + 39 = 63, 42 + 39 = 81, 48 + 39 = 87.

Ve všech případech jsou splněny všechny podmínky ze zadání, takže Lenka si mohla mysletkteroukoli z uvedených dvojic sčítanců.

Hodnocení. 1 bod za pozorování, že součet číslic na místě jednotek je větší než 10; 2 bodyza určení čísla 39 včetně zdůvodnění; 3 body za nalezení sčítanců 24, 42 a 48 včetnězdůvodnění.

Z6–II–3

Čtyřúhelník ABCD má následující vlastnosti:

• strany AB a CD jsou rovnoběžné,• u vrcholu B je pravý úhel,• trojúhelník ADB je rovnoramenný se základnou AB,• strany BC a CD jsou dlouhé 10 cm.

Určete obsah tohoto čtyřúhelníku. (J. Mazák)

Možné řešení. Obsah čtyřúhelníku ABCD zkusíme určit jako součet obsahů několikav něm obsažených trojúhelníků.

Protože úhel ABC je pravý a přímky AB a CD jsou rovnoběžné, je také úhel BCDpravý. Patu výšky v trojúhelníku ABD z vrcholu D označíme E.

A B

CD

E

Rovnoramenný trojúhelník ABD je výškou DE rozdělen na dva shodné trojúhelníky.Navíc čtyřúhelník BCDE je čtverec (je to pravoúhelník a |BC| = |CD|) a jeho úhlopříčka

2

BD jej rozděluje na dva shodné trojúhelníky. Trojúhelníky BCD, BED a AED jsou tedynavzájem shodné a obsah každého z nich je roven polovině obsahu čtverce BCDE, tj.

10 · 102

= 50 (cm2).

Obsah čtyřúhelníku ABCD je roven součtu obsahů těchto tří trojúhelníků:

SABCD = 3 · 50 = 150 (cm2).

Hodnocení. 2 body za zdůvodnění, že čtyřúhelník BCDE je čtverec; 2 body za rozdělenína shodné trojúhelníky; 2 body za vyjádření obsahu.

3



Z7–II–1

Děda Vendelín šel se svými dvěma vnuky Cyrilem a Metodějem koupit rybářské pruty.Cena prutů zaujala Cyrila i dědu. Šlo o čtyřmístné číslo, ve kterém první číslice byla o jednuvětší než třetí číslice, ale o jednu menší než poslední číslice. Součet všech čtyř číslic byl 6.Cyril si ještě všiml, že první dvojčíslí představovalo dvojmístné číslo o 7 větší než dvojčíslídruhé. Dědu však zaujalo číslo proto, že bylo součinem jeho věku a věku obou vnuků,přitom každý z vnuků byl starší než jeden rok.

Kolik roků bylo dědovi Vendelínovi a kolik jeho vnukům? (L. Hozová)

Možné řešení. Číslo vyjadřující cenu prutů je čtyřmístné, přitom první číslice je o jednuvětší než číslice třetí a o jednu menší než čtvrtá. Zmíněné tři číslice jsou tedy navzájemrůzné a součet všech čtyř číslic má být 6. Dosud uvedeným podmínkám vyhovují pouzečísla 2 013 a 1 302. Pouze v prvním případě však také platí, že první dvojčíslí představuječíslo o 7 větší než dvojčíslí druhé — cena prutů tedy byla 2 013.

Vyjádřit 2 013 jako součin tří čísel, z nichž žádné není rovno jedné, lze pouze jedinýmzpůsobem:

2 013 = 3 · 11 · 61.Dědovi Vendelínovi bylo 61 let a jeho vnukům 3 a 11 roků.

Hodnocení. 3 body za objevení čísla 2 013 včetně zdůvodnění; 3 body za rozklad číslaa odpověď.

Z7–II–2

Petra má rovnostranný trojúhelník ABC. Nejdřív trojúhelník přehnula tak, aby bod Asplynul s bodem C. Potom vzniklý útvar přehnula tak, že bod B splynul s bodem C. Tentoútvar poté obkreslila na papír a zjistila, že jeho obsah je 12 cm2. Určete obsah původníhotrojúhelníku. (E. Novotná)

Možné řešení. Po prvním přehnutí splynul bod A s bodem C. Přímka, podle které sepřehýbalo, je osou úsečky AC, jež v rovnostranném trojúhelníku ABC prochází bodem B.Po tomto přehnutí dostala Petra trojúhelník BEC, který tvoří právě polovinu trojúhelníkuABC (bod E značí střed úsečky AC, viz obrázek).

A B

C

E

1

Po druhém přehnutí splynul také bod B s bodem C. Přímka, podle které se přehýbalo,je osou úsečky BC, jež v původním trojúhelníku prochází bodem A. Po tomto přehnutídostala Petra čtyřúhelník OECD (D značí střed úsečky BC a O je průsečík os).

A B

C

E D

F

O

Osy stran v rovnostranném trojúhelníku ABC jsou osami souměrnosti tohoto troj-úhelníku. Odtud plyne, že čtyřúhelníky OECD, ODBF a OFAE jsou navzájem shodnéa každý z nich má obsah 12 cm2 (F značí střed úsečky AB). Obsah trojúhelníku ABC jeroven součtu obsahů těchto tří čtyřúhelníků:

SABC = 3 · 12 = 36 (cm2).

Hodnocení. 2 body za správnou interpretaci prvního přehýbání (trojúhelník BEC);2 body za správnou interpretaci druhého přehýbání (čtyřúhelník OECD); 2 body za vy-jádření obsahu trojúhelníku ABC.

Z7–II–3

Do skladu přivezli cement v pytlích po 25 kg a po 40 kg. Menších pytlů bylo dva-krát více než těch větších. Skladník nahlásil vedoucímu počet všech přivezených pytlů, alenezmínil se, kolik je kterých. Vedoucí si myslel, že všechny pytle váží 25 kg. Nahlášenýpočet pytlů tedy vynásobil číslem 25 a výsledek zadokumentoval jako hmotnost dodávkycementu. Přes noc zloději ukradli 60 větších pytlů, a tak ve skladu zbylo přesně tolik kgcementu, kolik vedoucí zapsal. Kolik kg cementu zbylo? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Zloději ukradli 60 · 40 = 2 400 kg. Před krádeží chybělo v dokumentaciz každého velkého pytle 15 kg. Celková nezapsaná hmotnost se rovná té odcizené, velkýchpytlů tedy bylo dodáno

2 400 : 15 = 160.

Malých pytlů bylo dvakrát více, tj. 320; celkem dodávka obsahovala 160 + 320 = 480pytlů. Vedoucí zadokumentoval hmotnost 480 · 25 = 12 000kg. Z dodaného cementu zbylomnožství odpovídající dokumentaci, tedy 12 000 kg.

Hodnocení. 3 body za počet velkých pytlů před krádeží; 3 body za hmotnost zbyléhocementu.

2



Z8–II–1

Jiřina má na papíru napsáno čtyřmístné číslo. Když vymění číslice na místě stoveka jednotek a sečte toto nové číslo s číslem původním, dostane výsledek 3 332. Kdyby všakvyměnila číslice na místě tisíců a desítek a sčítala by toto číslo s původním, dostala byvýsledek 7 886. Zjistěte, jaké číslo měla Jiřina napsáno na papíru. (E. Novotná)

Možné řešení. Číslice v Jiřinině čísle označíme a, b, c, d. Potom informace ze zadánímůžeme zapsat takto:

a b c da d c b

3 3 3 2

a b c dc b a d

7 8 8 6

Z prvního součtu plyne, že a = 1 (kdyby a = 0, pak by hledané číslo nebylo čtyřmístné,kdyby a ≧ 2, pak by součet byl větší než 4 000). Dosadíme do předchozího vyjádřenía podobně budeme postupovat dál:

1 b c d1 d c b

3 3 3 2

1 b c dc b 1 d

7 8 8 6

Z prvního sloupce ve druhém součtu plyne, že c je 5 nebo 6. Ze třetího sloupce téhožsoučtu plyne, že c je 6 nebo 7. Proto musí být c = 6. Dosadíme do třetího sloupce a vidíme,že v tomto sloupci se do výsledku přenáší jednička ze sloupce posledního. To znamená, žed+ d = 16, neboli d = 8. Po dosazení dostáváme:

1 b 6 81 8 6 b

3 3 3 2

1 b 6 86 b 1 8

7 8 8 6

Nyní např. z posledního sloupce v prvním součtu vyvodíme, že b = 4. Tím jsme určilivšechny neznámé, dosadíme za b na ostatních místech a provedeme zkoušku správnosti:

1 4 6 81 8 6 4

3 3 3 2

1 4 6 86 4 1 8

7 8 8 6

Protože všechno vychází, víme, že Jiřina měla na papíru číslo 1 468.

Hodnocení. 1 bod za formulaci problému pomocí neznámých; po 1 bodu za určení každéneznámé; 1 bod za zkoušku.

1

Z8–II–2

Pan Celer měl na zahrádce dvě stejné nádrže tvaru čtyřbokého hranolu se čtvercovýmdnem, v obou dohromady měl 300 litrů vody. V první nádrži tvořila voda přesnou krychlia vyplnila 62,5% nádrže, v druhé nádrži bylo vody o 50 litrů více. Jaké rozměry mělynádrže pana Celera? (L. Hozová)

Možné řešení. Délku hrany čtvercové podstavy označíme a a výšku hranolu v. Oběveličiny vyjadřujeme v dm; objem nádrže v litrech je roven V = a2 ·v. Objem vody v prvnínádrži byl a3, ve druhé nádrži a3 + 50 a dohromady 300. Platí tedy

a3 + (a3 + 50) = 300,

odkud snadno vyjádříme a3 = 125 a a = 5 (dm).V první nádrži tedy bylo 125 litrů vody, což představovalo 62,5% celkového objemu V .

Platí proto

125 =62,5

100· V,

odkud vyjádříme V = 125· 10062,5 = 2·100 = 200 (dm3). Ze vztahu V = a2 ·v nyní dopočítáme

poslední neznámou:

v =V

a2=200

25= 8 (dm).

Rozměry každé z nádrží byly 5 dm× 5 dm× 8 dm.Hodnocení. 2 body za vyjádření hrany podstavy; 2 body za vyjádření objemu nádrže;2 body za vyjádření výšky.

Z8–II–3

Šifrovací hry se zúčastnilo 168 hráčů v 50 týmech, které měly dva až pět členů. Nej-více bylo čtyřčlenných týmů, trojčlenných týmů bylo 20 a hry se zúčastnil alespoň jedenpětičlenný tým. Kolik bylo dvojčlenných, čtyřčlenných a pětičlenných týmů? (M. Mach)

Možné řešení. Hry se zúčastnilo 20 trojčlenných týmů, což představuje 60 hráčů. Zbylých108 hráčů z celkového počtu chceme rozdělit do 30 týmů po dvou, čtyřech a pěti hráčích.

Čtyřčlenných týmů bylo nejvíce, tj. minimálně 21, což představuje minimálně 84 hráčů.Zbylých 24 hráčů potřebujeme rozdělit do 9 týmů po dvou, čtyřech a pěti hráčích.

Pětičlenný tým byl alespoň jeden. Navíc z 24 hráčů lze sestavit nejvýše čtyři pětičlennétýmy. Nyní probereme všechny případy, které mohou nastat:

• Pokud by pětičlenný tým byl právě 1, pak zbývá rozdělit 19 hráčů do 8 týmů po dvoua čtyřech hráčích. To však není možné, protože 19 je liché číslo.

• Pokud by pětičlenné týmy byly 2, pak zbývá rozdělit 14 hráčů do 7 týmů po dvoua čtyřech hráčích. To lze realizovat pouze jediným způsobem — všichni tito hráčibudou ve dvoučlenných týmech a žádný další čtyřčlenný tým se nevytvoří.

• Pokud by pětičlenné týmy byly 3, pak zbývá rozdělit 9 hráčů do 6 týmů po dvoua čtyřech hráčích. To však není možné, protože na 6 týmů je potřeba alespoň 12 hráčů.

• Pokud by pětičlenné týmy byly 4, pak zbývá rozdělit 4 hráče do 5 týmů po dvoua čtyřech hráčích. To však není možné, protože na 5 týmů je potřeba alespoň 10 hráčů.

2

Z uvedené diskuse nám vychází jediná možnost — hry se zúčastnilo 7 dvojčlenných,20 trojčlenných, 21 čtyřčlenných týmů a 2 pětičlenné týmy.

Hodnocení. 2 body za úvahu, že stačí rozdělit 24 hráčů do 9 týmů po 2, 4 a 5 hráčích;3 body za zdůvodnění toho, že pětičlenné týmy mohly být jedině dva; 1 body za správnývýsledek.

3



Z9–II–1

Do třídy chodí 33 žáků. Před Vánocemi byli s hajným v lese plnit krmelce. Dívkysi rozebraly balíky sena. Chlapci se rozdělili na dvě skupiny: někteří vzali 4 pytle mrkvea 3 pytle ořechů a ostatní vzali po jednom pytli jablek a jednom pytli ořechů. Poměr počtůdívek, chlapců z první skupiny a chlapců ze druhé skupiny byl stejný jako poměr počtůpytlů ořechů, jablek a mrkví.

Kolik bylo ve třídě dívek, kolik chlapců neslo pytle s mrkví a kolik jich neslo pytles jablky? (M. Mach)

Možné řešení. Označíme písmenem d počet dívek, písmenem x počet chlapců s mrkvía písmenem y počet chlapců s jablky. Potom počet pytlů ořechů je 3x + y, počet pytlůjablek je y a počet pytlů mrkve je 4x. Rovnost mezi poměry počtů ze zadání je

d : x : y = (3x+ y) : y : 4x.

Odtud můžeme vyjádřit poměr mezi x a y:

x

y=

y

4x,

4x2 = y2,

2x = y,

přičemž si uvědomujeme, že všechny neznámé jsou kladná čísla. Dosazením do úvodnírovnosti dostáváme:

d : x : y = 5x : 2x : 4x = 5 : 2 : 4.

Ze zadání dále víme, že d+ x+ y = 33. Právě zjištěný poměr se tedy snažíme rozšířit tak,aby jeho členové dávali součet 33:

d : x : y = 15 : 6 : 12.

Ve třídě je 15 dívek, 6 chlapců neslo pytle s mrkví a 12 chlapců neslo pytle s jablky.

Hodnocení. 2 body za zjištění poměru chlapců s mrkví a chlapců s jablky; 2 body zazískání poměru dívek, chlapců s mrkví a chlapců s jablky; 2 body za správnou odpověď.

1

Z9–II–2

Na čistou tabuli jsme žlutou křídou napsali trojmístné přirozené číslo tvořené vzá-jemně různými nenulovými číslicemi. Pak jsme na tabuli bílou křídou vypsali všechna dalšítrojmístná čísla, která lze získat změnou pořadí číslic žlutého čísla. Aritmetický průměrvšech čísel na tabuli byl 370. Každé číslo menší než žluté jsme podtrhli. Podtržená číslabyla právě tři a jejich aritmetický průměr byl 205. Určete žluté číslo. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Číslice hledaného čísla označíme a, b, c, přičemž budeme předpokládat

0 < a < b < c. (1)

Čísla na tabuli, seřazená od nejmenšího po největší, pak jsou

abc, acb, bac, bca, cab, cba.

Aritmetický průměr prvních tří z nich je 205, tedy platí

(100a+ 10b+ c) + (100a+ 10c+ b) + (100b+ 10a+ c) = 3 · 205,

po úpravě210a+ 111b+ 12c = 615. (2)

Podobně sestavíme rovnici na základě znalosti aritmetického průměru všech čísel:

222a+ 222b+ 222c = 6 · 370,

po úpravě

222 · (a+ b+ c) = 2 220,

a+ b+ c = 10. (3)

Z odvozených vztahů (1), (2) a (3) jsme nyní schopni určit jednoznačně číslice a, ba c: Pro a ≧ 3 by byla hodnota na levé straně rovnice (2) příliš velká a tato rovnost bynemohla platit. Pro a = 2 by vzhledem k podmínce (1) muselo být b ≧ 3 a i v takovémpřípadě by byla hodnota na levé straně rovnice (2) příliš velká. Proto je a = 1. Dosazenímdo rovnic (2) a (3) a jejich úpravou získáme soustavu

111b+ 12c = 405,

b+ c = 9,

která má jediné řešení b = 3, c = 6. Žluté číslo, námi zapsané jako bca, je tedy 361.

Hodnocení. 2 body za zjištění, že ciferný součet je 10; 2 body za vztah 210a + 111b ++ 12c = 615 či jeho obdobu; 1 bod za určení číslic hledaného čísla; 1 bod za hledané číslo.

2

Z9–II–3

Vyznačme si v obecném trojúhelníku ABC následující body podle obrázku. BodyA1 a B1 jsou středy stran BC a AC, body C1, C2 a C3 dělí stranu AB na čtyři stejnédíly. Spojíme body A1 a B1 s body C1 a C3, takže nám vznikne mašle ohraničená těmitospojnicemi. Jakou část obsahu celého trojúhelníku mašle zabírá? (M. Mach)

A C1 C2 C3 B

A1

C

B1

Možné řešení. Ukážeme, že čtyřúhelník C1C3A1B1 má poloviční obsah jako trojúhelníkABC a mašle zbírá právě polovinu tohoto čtyřúhelníku. Odtud vyplyne, že mašle zabíráčtvrtinu obsahu celého trojúhelníku.

Označme c délku strany AB a v velikost výšky trojúhelníku ABC k této straně. Přitomto značení je obsah trojúhelníku roven

SABC =12cv.

Úsečka B1A1 je střední příčkou trojúhelníku ABC, je tedy rovnoběžná se stranou ABa má poloviční velikost. Body C1, C2 a C3 dělí stranu AB na čtyři stejné díly, proto jeúsečka C1C3 polovinou strany AB, má tedy stejnou velikost jako úsečka B1A1. Protožeúsečky B1A1 a C1C3 jsou rovnoběžné a stejně dlouhé, je čtyřúhelník C1C3A1B1 rovno-běžníkem. Velikost výšky rovnoběžníku ke straně C1C3 odpovídá vzdálenosti strany ABa střední příčky B1A1, což je právě polovina výšky v. Obsah rovnoběžníku je proto roven

SC1C3A1B1 =c

2· v

2=12SABC .

Úhlopříčky v rovnoběžníku C1C3A1B1 jej rozdělují na čtyři trojúhelníky, které majístejný obsah. Tento fakt stačí zdůvodnit pro libovolné dva sousední trojúhelníky: Úhlo-příčky rovnoběžníku se vzájemně půlí, odkud plyne |SC1| = |SA1|, kde S označuje průsečíkúhlopříček. Dále výška trojúhelníku SC1B1 na stranu SC1 je stejná jako výška trojúhelníkuSB1A1 na stranu SA1. Odtud plyne, že trojúhelníky SC1B1 a SB1A1 mají stejný obsah.Stejným způsobem lze zdůvodnit, že všechny trojúhelníky SC1B1, SB1A1, SA1C3 a SC3C1mají stejný obsah.

3

Odtud tedy vyplývá, že

Smašle =12SC1C3A1B1 ,

což spolu s předchozí rovností dokazuje, že mašle zabírá čtvrtinu obsahu trojúhelníkuABC.

Hodnocení. 2 body za zdůvodnění, že C1C3A1B1 je rovnoběžník a vyjádření jeho obsahu;2 body za zdůvodnění, že úhlopříčky tento rovnoběžník rozdělují na čtyři rovnoplochétrojúhelníky; 2 body za dopočítání úlohy a správný výsledek.

Poznámka. Při řešení úlohy lze samozřejmě využít různých jiných poznatků, které zde ne-rozvádíme. Např. nesousední dvojice trojúhelníků v rovnoběžníku C1C3A1B1 jsou vlastněshodné, přitom je snadné vyjádřit výšku a obsah trojúhelníku SC3C1 vzhledem k trojúhel-níku ABC atd. Úlohu je možné řešit i bez pomocné úvahy s rovnoběžníkem. V každémpřípadě přizpůsobte hodnocení tak, aby 4 body odpovídaly zdůvodnění jednotlivých po-střehů a 2 body vyjádření výsledku.

Z9–II–4

Najděte všechna sedmimístná čísla, která obsahují každou z číslic 0 až 6 právě jednoua pro něž platí, že jejich první i poslední dvojčíslí je dělitelné 2, první a poslední trojčíslí jedělitelné 3, první a poslední čtyřčíslí je dělitelné 4, první a poslední pětičíslí je dělitelné 5a první i poslední šestičíslí je dělitelné 6. (M. Mach)

Možné řešení. Poslední číslice musí být sudá, neboť poslední dvojčíslí je dělitelné dvěma.Aby poslední pětičíslí bylo dělitelné pěti, musí být poslední číslice 0 nebo 5. Z nich sudáje 0. První pětičíslí je také dělitelné pěti, pro páté místo zbývá číslice 5. Zatím máme číslourčené takto:

∗ ∗∗∗ 5∗0.Poslední trojčíslí je dělitelné třemi, proto jeho ciferný součet musí být dělitelný třemi. Napředposlední pozici tak můžeme doplnit 4 nebo 1. Aby poslední čtyřčíslí bylo dělitelnéčtyřmi, musí být poslední dvojčíslí dělitelné čtyřmi. Na předposledním místě tak můžebýt 4, nikoli 1. Teď máme číslo určené takto:

∗ ∗∗∗ 540.

Jelikož první dvojčíslí je dělitelné dvěma a první čtyřčíslí je dělitelné čtyřmi, jsoučíslice na druhé a čtvrté pozici sudé. Proto na první a třetí pozici budou číslice liché. Zeznalosti, že poslední šestičíslí je dělitelné šesti, odvodíme první číslici. Číslo je dělitelné šestiprávě tehdy, když je dělitelné dvěma a třemi zároveň. Na prvním místě musí být číslicezvolena tak, aby ciferný součet zbytku čísla byl dělitelný třemi. Součet číslic 0 až 6 je 21,takže na prvním místě mohou být číslice 3 a 6, z nichž lichá je číslice 3. Na třetí pozicimusí být zbývající lichá číslice, a to 1. Číslo jsme doposud určili takto:

3 ∗1∗ 540.

Zbývá doplnit číslice 2 a 6. Aby první trojčíslí bylo dělitelné třemi, dáme číslici 2 nadruhou pozici. Hledané číslo může být jedině

3 216 540.

4

Na závěr musíme ověřit, že jsme žádný z požadavků v zadání neopomenuli. Zbývátedy ověřit, že první čtyřčíslí je dělitelné čtyřmi a první šestičíslí je dělitelné šesti. Toto jesplněno, hledané číslo je tedy 3216540.

Hodnocení. Po 1 bodu za správné určení a zdůvodnění pozice pěti číslic; 1 bod za vý-sledné číslo. Nalezení čísla bez zdůvodnění jednotlivých kroků ohodnoťte 2 body.

5



Z9–III–1

V malém království přišli poddaní pozdravit nového krále a jeho ministra. Každýpřinesl nějaký dárek: 60 nejchudších přineslo jen vlastnoručně vyrobenou dřevěnou sošku,ti bohatší buď 2 zlaťáky, nebo 3 stříbrňáky. Přitom stříbrňáků bylo darováno více než 40,ale méně než 100. Všechny sošky dostal ministr a k tomu ještě sedminu všech zlaťákůa třetinu všech stříbrňáků. Král i jeho ministr dostali stejný počet předmětů.

Zjistěte, kolik mohlo být poddaných, kolik mohlo být darováno zlaťáků a kolik stříbr-ňáků. (M. Volfová)

Možné řešení. Označíme počet zlaťáků z a počet stříbrňáků s. Zlaťáky byly darovány podvou, tedy z je sudé číslo, stříbrňáky po třech, tedy s je dělitelné třemi. Přitom s je mezi40 a 100. Ministr dostal 60 sošek a 1

7z+ 1

3s mincí, král dostal 6

7z+ 2

3s mincí. Odtud plyne,

že z musí být dělitelné 7, což s předchozí podmínkou znamená, že z musí být dělitelné 14.Král i jeho ministr dostali stejný počet předmětů, což při našem značení dává rovnici

60 +z

7+

s

3=6z7+2s3

, (1)

po úpravě

5z7+

s

3= 60,

15z + 7s = 7 · 3 · 60. (2)

Hledáme všechna celočíselná řešení rovnice (2), která vyhovují výše uvedeným pod-mínkám. Vyjádříme-li neznámou z,

z = 84− 7s15

, (3)

vidíme, že s musí být dělitelné 15. V úvodu jsme si všimli, že z má být sudé, tudíž i hodnotavýrazu 7

15s musí být sudá, což znamená, že také s musí být sudé číslo. Proto s musí být

dělitelné 30, což s přihlédnutím k podmínce 40 < s < 100 znamená, že s může být jedině60 a 90. Pro obě tyto možnosti dopočítáme z podle (3), počet poddaných pak určíme jako60 + 1

3s + 1

2z. Úloha má následující dvě řešení (uvědomte si, že všechny výše zmiňované

podmínky jsou splněny):

stříbrňáků zlaťáků poddaných

60 56 108

90 42 111

1

Jiné řešení. Rovnici (2) lze řešit také tak, že vyjádříme neznámou s:

s = 180− 15z7

.

Z úvodu víme, že z musí být dělitelné 14, proto za z postupně dosazujeme násobky 14a sledujeme, zda platí 40 < s < 100. Pokud ano, vypočteme počet poddaných jako 60 ++ 13s+ 1

2z (uvědomte si, že ostatní výše zmiňované podmínky jsou splněny):

zlaťáků stříbrňáků poddaných

14 150

28 120

42 90 111

56 60 108

70 30

Dále nepokračujeme, protože s vychází menší než 40; úloha má dvě řešení.

Hodnocení. 2 body za sestavení rovnice (1) a její následnou úpravu; 2 body za nalezeníjedné možnosti; 1 bod za nalezení druhé možnosti; 1 bod za zdůvodnění, že řešení nenívíce.

Z9–III–2

Matěj měl na řádku v sešitě napsáno šest různých přirozených čísel. Druhé z nichbylo dvojnásobkem prvního, třetí bylo dvojnásobkem druhého a podobně každé další číslobylo dvojnásobkem předchozího. Matěj všechna tato čísla opsal do následující tabulky, a tov náhodném pořadí, do každého pole jedno.

Součet obou čísel v prvním sloupci tabulky byl 136 a součet čísel ve druhém sloupci byldvojnásobný, tedy 272. Určete součet čísel ve třetím sloupci tabulky. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Nejmenší doplňované číslo označíme neznámou a a pomocí ní vyjádřímevšechna doplňovaná čísla:

a, 2a, 4a, 8a, 16a, 32a.

V prvním sloupci nemůže být číslo 32a, neboť součet jakýchkoli jiných dvou doplňovanýchčísel je menší než 32a, a tudíž by součet čísel v druhém sloupci nemohl být větší než

2

v prvním. Možné součty čísel prvního sloupce jsou:

a+ 2a = 3a 2a+ 4a = 6a 4a+ 8a = 12a 8a+ 16a = 24a

a+ 4a = 5a 2a+ 8a = 10a 4a+ 16a = 20a

a+ 8a = 9a 2a+ 16a = 18a

a+ 16a = 17a

Přirozené číslo, které v těchto součtech násobí neznámou a, musí být dělitelem čísla 136 == 2 · 2 · 2 · 17. Tomu vyhovuje jedině součet

17a = a+ 16a.

Součet čísel druhého sloupce je pak 34a a tento lze získat jedině jako

34a = 2a+ 32a.

K doplnění do třetího sloupce tedy zbývají čísla 4a a 8a. Z rovnice 17a = 136 dostanemea = 8; součet čísel ve třetím sloupci je tedy

4a+ 8a = 12a = 12 · 8 = 96.

Hodnocení. 3 body za poznatek, že v prvním sloupci je a a 16a, včetně zdůvodnění, žejde o jedinou možnost; 1 bod za poznatek, že ve třetím sloupci je 4a a 8a; 2 body zavýsledek 96.

Z9–III–3

Je dán pravidelný osmiúhelník ABCDEFGH a bod X tak, že bod A je ortocentrem(průsečíkem výšek) trojúhelníku BDX . Vypočtěte velikosti vnitřních úhlů tohoto trojúhel-níku. (V. Žádník)

Možné řešení. Bod A má být průsečíkem výšek v trojúhelníku BDX . To znamená,že na spojnici bodu A s vrcholem B leží výška na stranu DX , podobně na spojnici As vrcholem D leží výška na stranu BX . Strana DX je tedy kolmá na přímku AB, podobněstrana BX je kolmá na přímku AD. Vzhledem k tomu, že body A, B a D jsou vrcholypravidelného osmiúhelníku, platí:

1. Kolmice k AB procházející bodem D je přímka CD. (Vnější úhel pravidelného osmi-úhelníku má velikost 45◦. Úhel mezi AB a CD je úhlem u vrcholu P v trojúhelníkuBPC, a proto je pravý.)

2. Kolmice k AD procházející bodem B je přímka BG. (AD a BG jsou úhlopříčkyrovnoběžné se stranami BC a AH. Tyto jsou stejně jako strany AB a CD kolmé,a proto jsou zmíněné úhlopříčky kolmé.)

3. Bod X je průsečíkem přímek CD a BG.

3

D

C

BA

H

G

F E

S

X

P

Nyní snadno určíme všechny úhly v trojúhelníku BDX . Trojúhelník BCD je rovno-ramenný s rameny BC a CD, přičemž úhel BCD je vnitřním úhlem pravidelného osmi-úhelníku. Odtud dopočítáme

|�CDB| = |�CBD| = 12(180◦ − 135◦) = 22,5◦.

Přímky AD a BC jsou rovnoběžné, úhel mezi AD a BG je pravý, proto také úhel CBXje pravý. Odtud vyjádříme

|�DBX | = 22,5◦ + 90◦ = 112,5◦.

Poslední neznámý vnitřní úhel v trojúhelníku BDX má velikost

|�DXB| = 180◦ − 22,5◦ − 112,5◦ = 45◦.

Hodnocení. 3 body za nalezení bodu X; po 1 bodu za hledané úhly včetně zdůvodnění.

Poznámka. Podobnou úlohu známe z domácího kola (Z9–I–4), takže úvodní rozbor jemožné zestručnit: X je průsečíkem výšek v trojúhelníku ABD.

V předchozím několikrát používáme zásadní poznatek, že součet velikostí vnitřníchúhlů v libovolném trojúhelníku je 180◦. Odtud zejména vyplývá, že velikost vnitřního úhluv pravidelném osmiúhelníku je 135◦.

4

Z9–III–4

Ve slově PAMPELIŠKA mají být nahrazena stejná písmena stejnými nenulovými čís-licemi a různá písmena různými nenulovými číslicemi. Přitom má platit, že součin číslicvýsledného čísla je druhou mocninou nějakého přirozeného čísla. Najděte největší číslo,které lze nahrazením písmen při splnění uvedených podmínek získat. (E. Patáková)

Možné řešení. Ve slově PAMPELIŠKA je 8 různých písmen. Smíme používat pouzenenulové číslice, vybíráme tedy osm číslic z devíti možných. Součin

P 2 · A2 · M · E · L · I · S · K

má být druhou mocninou přirozeného čísla. Číslice P a A jsou v součinu ve druhé mocnině,stačí proto zajistit, aby součin

M · E · L · I · S · K (1)

byl druhou mocninou přirozeného čísla, tzn. aby v jeho prvočíselném rozkladu byla všechnaprvočísla v sudé mocnině. Uvažme, které činitele můžeme dosazovat:

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 2 3 2 · 2 5 2 · 3 7 2 · 2 · 2 3 · 3

Číslice 5 a 7 nemůžeme v součinu (1) použít, protože je nemáme čím doplnit do druhémocniny. Číslo, které vznikne nahrazením písmen ve slově PAMPELIŠKA, má být co nej-větší, proto se snažíme postupně doplňovat co největší hodnoty za P , A, M atd.

Pokud jako P zvolíme 9, zbude pro součin (1) šestice číslic 8, 6, 4, 3, 2, 1. Po dosazenítento součin vychází 27 · 32, což nevyhovuje výše uvedenému požadavku.

Pokud jako P zvolíme 8, zbude pro součin (1) šestice 9, 6, 4, 3, 2, 1, která po dosazenídává 24 · 34, což uvedenému požadavku vyhovuje. Těmito číslicemi nahradíme M , E, L,I, S, K právě v tomto sestupném pořadí. Pro A pak zbývají číslice 5 nebo 7 — vybírámevětší z nich. Hledané číslo je

8 798 643 217.

Hodnocení. 2 body za poznatek, že čísla 5 a 7 nemohou být v součinu (1); 2 body zazdůvodnění, že je třeba volit P = 8; 2 body za výsledné číslo.

5



Mezi dvěma tyčemi je napnutá šňůra dlouhá 3,8 m, na kterou chce maminka pověsitvyprané kapesníky. Všechny kapesníky mají tvar čtverce o straně 40 cm. Na šňůře však užvisí dva kapesníky stejného tvaru od sousedky a ty chce maminka nechat na svých místech.Přitom levý roh jednoho z těchto kapesníků je 60 cm od levé tyče a levý roh toho druhéhoje 1,3 m od pravé tyče.

Kolik nejvíce kapesníků může maminka na šňůru pověsit? Kapesníky se věší nataženéza oba rohy tak, aby se žádné dva nepřekrývaly. (M. Mach)

Nápověda. Pomozte si náčrtem s vyznačenými danými vzdálenostmi.

Možné řešení. Celou situaci si lze pro názornost překreslit například takto:

60 cm 40 cm 40 cm150 cm 90 cm

Sousedčiny kapesníky dělí šňůru na 3 různě dlouhé díly, do kterých může maminkavěšet svoje kapesníky. Mezi levým rohem jednoho kapesníku a levou tyčí je 60 cm. Mezilevým rohem druhého kapesníku a pravou tyčí je 130 cm a kapesník je široký 40 cm; toznamená, že mezi jeho pravým rohem a pravou tyčí je vzdálenost 90 cm. Jelikož je šňůradlouhá 380 cm, mezi kapesníky zbývá 150 cm volné šňůry.

Mezi levý kapesník a levou tyč se vejde pouze jeden maminčin kapesník (dva kapesníkyvedle sebe by zabraly 80 cm šňůry a volných je zde pouze 60 cm). Mezi sousedčiny kapesníkymůže maminka pověsit tři své (ty zaberou 120 cm, když se pověsí těsně vedle sebe, k přidáníčtvrtého by byla potřeba mezera dlouhá 160 cm). Mezi pravý kapesník a pravou tyč sevejdou dva další maminčiny kapesníky. Celkem tedy maminka může na šňůru přivěsit1 + 3 + 2 = 6 svých kapesníků.

Poznámka. Pokud bude řešitel uvažovat vzdálenost 1,3 m od pravé tyče k pravému rohukapesníku, vyjde mu rovněž výsledek „6 kapesníkůÿ. Takové řešení však nemůže být uznánojako správné.

Z5–I–2Vojta má dvě stejná sklíčka tvaru rovnostranného trojúhelníku, která se liší pouze

svou barvou — jedno je červené, druhé modré. Pokud se sklíčka položí přes sebe, vznikneútvar fialové barvy. Udejte příklad překrývání sklíček, při kterém mohl Vojta dostat:

a) fialový trojúhelník,b) fialový čtyřúhelník,c) fialový pětiúhelník,d) fialový šestiúhelník. (E. Novotná)

1

Nápověda. Pokud vám nestačí představivost, vystřihněte si dva takové trojúhelníky z pa-píru a zkoušejte je pokládat různě přes sebe.

Možné řešení. Každý z fialových mnohoúhelníků lze realizovat mnoha různými způsoby;uvádíme několik možných příkladů.

a) fialový trojúhelník:

b) fialový čtyřúhelník:

c) fialový pětiúhelník:

d) fialový šestiúhelník:

2

Z5–I–3Palindrom je takové číslo, které je stejné, ať ho čteme zepředu nebo zezadu. (Např.

číslo 1881 je palindromem.)Najděte dvojmístný a trojmístný palindrom tak, aby jejich součet byl čtyřmístným

palindromem. (M. Volfová)

Nápověda. Jakou číslici má čtyřmístný palindrom na prvním místě?

Možné řešení. Součtem dvojmístného a trojmístného čísla lze získat nejvýše číslo 1 098.Je-li součtem čtyřmístné číslo, musí být jeho první číslice 1. První číslice trojmístnéhosčítance musí být 9, neboť kdyby byl tento sčítanec menší než 900, byl by součet menšínež 1 000.

V našem případě jsou všechna čísla palindromy, proto známe také poslední číslicetrojmístného sčítance i výsledného součtu:

∗∗+ 9∗9 = 1 ∗∗1.

Odtud plyne, že druhá číslice u prvního sčítance musí být 2 — dvojmístný palindrom je 22:

22 + 9∗9 = 1 ∗∗1.

Nejmenší možný palindrom na pravé straně je 1 001; ten je součtem 22 a 979. Další čtyř-místné palindromy (1 111, 1 221, . . . ) nelze takto vyjádřit, protože jsou větší než 1 098.Jediné možné řešení úlohy je:

22 + 979 = 1 001.

Z5–I–4Evě se líbí čísla dělitelná šesti, Zdeně čísla obsahující aspoň jednu šestku a Janě čísla,

jejichž ciferný součet je 6.

1. Která dvojmístná čísla se líbí všem třem dívkám?2. Která dvojmístná čísla se dvěma dívkám líbí, ale jedné se nelíbí?

(M. Petrová)

Nápověda. Určete, která dvojmístná čísla se líbí jednotlivým dívkám.

Možné řešení. Evě se líbí čísla, která se dají beze zbytku dělit šesti; všechny dvojmístnénásobky čísla 6 jsou:

12, 18, 24, 30, 36, 42, 48, 54, 60, 66, 72, 78, 84, 90, 96.

Dvojmístná čísla, která se líbí Zdeně, jsou:

16, 26, 36, 46, 56, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68, 69, 76, 86, 96.

Dvojmístná čísla, která se líbí Janě, jsou:

15, 24, 33, 42, 51, 60.

3

Pro lepší představu si všechna zmiňovaná čísla zapíšeme do tabulky:

Eva 12 18 24 30 36 42 48 54 60

Zdena 16 26 36 46 56 60

Jana 15 24 33 42 51 60

Eva 66 72 78 84 90 96

Zdena 61 62 63 64 65 66 67 68 69 76 86 96

Jana

Odtud je vidět, že všem třem dívkám se líbí jen číslo 60. Právě dvěma dívkám se líbíčísla 24, 36, 42, 66 a 96.

Z5–I–5Doplňte do prázdných kroužků přirozená čísla tak, aby součet čísel na každé straně

trojúhelníku byl stejný a aby součet všech šesti čísel byl 100. (L. Šimůnek)

24

15 20

Nápověda. Pro začátek dodržte pouze první podmínku, tedy vyplňte trojúhelník tak,aby součet na všech jeho stranách byl stejný.

Možné řešení. Nejmenší číslo, které máme doplnit, bude na straně s čísly 24 a 20, neboťze známých čísel dávají právě tato dvě největší součet. Zkusme do prázdného pole na tétostraně doplnit nejmenší možné přirozené číslo, tedy 1. V takovém případě by součet nastraně trojúhelníku byl 24 + 1 + 20 = 45. Do zbylých prázdných polí by pak patřila čísla45− 15− 20 = 10 a 45− 15− 24 = 6.

Součet všech šesti čísel by v tomto případě byl 24+1+20+10+15+6 = 76, což je o 24méně než požadovaných 100. Každé z doplněných čísel proto musíme zvětšit o 24 : 3 = 8.Do prázdných polí patří čísla 1 + 8 = 9, 10 + 8 = 18 a 6 + 8 = 14:

24

15 20

14 9

18

4

Jiné řešení. Čísla v prázdných polích mají dát součet 100− 24− 20− 15 = 41. Každoustranu trojúhelníku zobrazíme zvlášť:

15 20

15 24

24 20

Všech devět čísel tohoto schématu dává součet 41+2 ·(15+24+20) = 159. Na každémřádku schématu, resp. na každé straně trojúhelníku, má tedy být součet 159 : 3 = 53. Číslav prázdných polích jsou 53− 24− 20 = 9, 53− 15− 20 = 18, 53− 15− 24 = 14.

Z5–I–6Recepční v hotelu si vykládala karty a dostala následující posloupnost:

5, 9, 2, 7, 3, 6, 8, 4.

Přesunula dvě sousední karty na jiné místo tak, že tato dvojice opět sousedila, a to vestejném pořadí. Tento krok provedla celkem třikrát, dokud nebyly karty uspořádány vze-stupně podle své hodnoty.

Zjistěte, jak recepční postupovala. (L. Hozová)

Nápověda. Zkoušejte přesouvat hrací karty popsaným způsobem.

Možné řešení. Všimněme si, že když přesuneme dvojici (3, 6) mezi čísla 2 a 7, dostanemetak dvě dvojice po sobě jdoucích čísel, která jsou navíc seřazená podle velikosti:

5, 9, 2, 3, 6, 7, 8, 4.

Mezi čísla 3 a 6 potřebujeme vložit čísla 4 a 5. Ta ale nejsou u sebe, přesuneme tedy dvojici(5, 9) za číslo 4. Tím jednak dostaneme číslo 5 hned vedle čísla 4, jednak číslo 9 bude nakonci posloupnosti:

2, 3, 6, 7, 8, 4, 5, 9.

V posledním kroku přesuneme dvojici (4, 5) mezi čísla 3 a 6:

2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Poznámka. Je samozřejmě možné zaměnit první a druhý krok; postup recepční tedy neníjednoznačný.

5



Z6–I–1

V továrně na výrobu plyšových hraček mají dva stroje. První vyrobí čtyři zajíce zastejnou dobu, za kterou vyrobí druhý pět medvědů. Aby bylo jejich ovládání jednodušší,oba dva stroje se spouští a vypínají najednou společným vypínačem. Navíc jsou strojeseřízené tak, že první po spuštění nejdříve vyrobí tři zajíce růžové, pak jednoho modrého,pak zase tři růžové atd. Druhý po spuštění nejprve vyrobí čtyři medvědy modré, pakjednoho růžového, pak opět čtyři modré atd.

V jistém okamžiku bylo na těchto dvou strojích vyrobeno celkem 220 modrých hraček.Kolik bylo k témuž okamžiku vyrobeno růžových zajíců? (M. Petrová)

Nápověda. Zjistěte, kolik je vyrobeno modrých hraček poté, co první stroj dokončí čtvr-tého zajíce.

Možné řešení. Době, za kterou první stroj vyrobí 4 hračky a druhý stroj 5 hraček, budemeříkat „cyklusÿ. Během jednoho cyklu se tedy vyrobí: 3 růžoví zajíci, 1 modrý zajíc, 4 modřímedvědi a 1 růžový medvěd, tj. celkem 4 růžové a 5 modrých hraček.

To znamená, že 220 modrých hraček se vyrobí za 220 : 5 = 44 úplných cyklů. Protožeza jeden cyklus první stroj vyrobí 3 růžové zajíce, za 44 cyklů vyrobí 44 · 3 = 132 růžo-vých zajíců. V každém cyklu se nejprve vyrábějí růžoví zajíci a pak teprve modrý. Protov okamžiku, kdy oba stroje vyrobí 220 modrých hraček, bylo na prvním stroji vyrobeno132 růžových zajíců.

Z6–I–2

Jirka, Míša, Petr, Filip a Saša skákali do dálky. Saša skočil 135 cm, Petr skočil o 4 cmvíce než Jirka, Jirka o 6 cm méně než Míša a Míša o 7 cm méně než Filip. Navíc Filipůvskok byl přesně v polovině mezi tím Petrovým a Sašovým.

Zjistěte, kolik cm skočili jednotliví chlapci. (M. Dillingerová)

Nápověda. Porovnejte délky Jirkova, Míšova, Petrova a Filipova skoku.

Možné řešení. Prozatím neuvažujme Sašův skok a délky skoků ostatních chlapců seřaď-me od nejkratšího po nejdelší. Ze zadání je zřejmé, že nejméně skočil Jirka: Petr skočilo 4 cm více než Jirka, Míša skočil o 6 cm více než Jirka, Filip skočil o 7 cm více než Míša,tedy o 13 cm více než Jirka.

Jirka

Petr

Míša

Filip

6

Protože Filipův skok má být přesně v polovině mezi Petrovým a Sašovým a protožePetr skočil méně než Filip, musel Saša skočit nejvíc ze všech chlapců. A protože Filip skočilo 9 cm víc než Petr (13− 4 = 9), musel tedy zároveň skočit o 9 cm méně než Saša. Odtudurčíme, že Filip skočil 126 cm (135− 9 = 126), Jirka skočil 113 cm (126− 13 = 113), Petrskočil 117 cm (113 + 4 = 117) a Míša skočil 119 cm (113 + 6 = 119).

Jirka

Petr

Míša

Filip

Saša

113 cm

117 cm

119 cm

126 cm

135 cm

Z6–I–3Kolik musíme napsat číslic, chceme-li vypsat všechna přirozená čísla od 1 do 2 013?

(M. Volfová)

Nápověda. Počítejte systematicky.

Možné řešení. Musíme napsat všechna jedno-, dvoj- a trojmístná čísla a část čtyřmíst-ných čísel. Postupně počítáme počty napsaných čísel a číslic:

napsaná čísla počet čísel počet číslic

1, . . . , 9 9 9

10, . . . , 99 90 180

100, . . . , 999 900 2 700

1 000, . . . , 2 013 1 014 4 056

celkem 2 013 6 945

K zapsání čísel od 1 do 2 013 je třeba 6 945 číslic.

Z6–I–4Správně vyplněná tabulka na obrázku má obsahovat šest přirozených čísel, přičemž

v šedém poli má být součet čísel z dvou bílých polí, která s ním sousedí.

Určete čísla správně vyplněné tabulky, víte-li, že součet prvních dvou čísel zleva je 33,součet prvních dvou čísel zprava je 28 a součet všech šesti čísel je 64. (L. Šimůnek)

7

Nápověda. Jaký součet dává třetí a čtvrté číslo?

Možné řešení. Součet třetího a čtvrtého přirozeného čísla je 64 − 33 − 28 = 3, jsou totudíž čísla 1 a 2. Nejprve předpokládejme, že číslo 1 je na třetí pozici a číslo 2 na čtvrté.Na první pozici by pak bylo (33− 1) : 2 = 16 a na šesté (28− 2) : 2 = 13.

Ještě prověřme možnost, kdy číslo 1 je na čtvrté pozici a číslo 2 na třetí. Na prvnípozici by pak muselo být (33− 2) : 2 = 15,5, což nepřipouští zadání, neboť v tabulce majíbýt přirozená čísla. Tabulku lze tedy vyplnit jediným způsobem:

16 17 1 2 15 13

Z6–I–5Adam dostal od dědečka dřevěné kostky. Všechny byly stejné a byly to krychle s hranou

dlouhou 4 cm. Rozhodl se, že z nich bude skládat komíny, a to takové:

• aby byly použity všechny kostky,• aby komín při pohledu shora vypadal jako „dutý obdélníkÿ nebo „dutý čtverecÿ ohra-

ničený jednou řadou kostek (podobně jako na obrázku),• aby ani v nejvyšší vrstvě žádná kostka nechyběla.

Adam zjistil, že podle těchto pravidel může postavit komín vysoký 16 cm, nebo 20 cm,nebo 24 cm.

1. Jaký nejmenší počet kostek mohl Adam dostat od dědečka?2. Jak vysoký je nejvyšší komín, který může Adam s tímto počtem kostek postavit podle

uvedených pravidel?

(M. Petrová)

Nápověda. Rozhodněte, zda mohl Adam dostat například 100 kostek.

Možné řešení. Nejprve spočítáme, kolik vrstev měly jednotlivé Adamovy komíny:1. komín: 16 : 4 = 4,2. komín: 20 : 4 = 5,3. komín: 24 : 4 = 6.Protože všechny vrstvy byly úplné, musí být počet kostek dělitelný čtyřmi, pěti a šesti

zároveň. Nejmenší společný násobek těchto tří čísel je 60, počet kostek proto musí býtnějakým násobkem šedesáti. Ověříme, zda mohl Adam dostat 60 kostek:

8

1. komín má 4 vrstvy, což by znamenalo 15 kostek v jedné vrstvě (60 : 4 = 15). To alenení možné, protože v každé vrstvě je sudý počet kostek („hadÿ z kostek se dá vždyckyrozdělit na 2 stejné části, viz obrázek).

Adam tedy dostal více než 60 kostek; další možnost je 2 · 60 = 120:1. komín má 4 vrstvy, tzn. 30 kostek v jedné vrstvě (120 : 4 = 30). To lze splnit např.

takto:

2. komín má 5 vrstev, tzn. 24 kostek v jedné vrstvě (120 : 5 = 24). To lze splnit např.takto:

3. komín má 6 vrstev, tzn. 20 kostek v jedné vrstvě (120 : 6 = 20). To lze splnit např.takto:

Tím jsme dokázali, že nejmenší počet kostek, který mohl Adam dostat, je 120.Nyní ještě zjistíme výšku nejvyššího komínu, který lze ze 120 kostek postavit podle

Adamových pravidel. Na jednu vrstvu potřebujeme nejméně 8 kostek:

9

V takovém případě bude mít komín 15 úplných vrstev (120 : 8 = 15). Kostky jsouvysoké 4 cm, takže nejvyšší komín, který lze postavit ze 120 kostek, měří 60 cm (15·4 = 60).

Z6–I–6Na obrázku je síť složená z 20 shodných obdélníků, do které jsme zakreslili tři obrazce

a vybarvili je. Obdélník označený písmenem A a šestiúhelník označený písmenem B majíshodné obvody, a to 56 cm. Vypočítejte obvod třetího obrazce označeného písmenem C.

(L. Šimůnek)

A

B C

Nápověda. Určete, o kolik vodorovných a o kolik svislých dílků se liší obvody obrazců Aa B.

Možné řešení. Délky stran obdélníků, z nichž se skládá síť, označme x a y (x pro vo-dorovnou stranu a y pro svislou). Obvod obrazce A je roven 6x+ 2y, obvod obrazce B je4x+ 6y a obvod obrazce C je 2x+ 6y.

V obvodu obrazce A je započítáno o 2 délky x více a o 4 délky y méně než v obvoduobrazce B. Obvody A a B jsou podle zadání stejné, tedy 2x je rovno 4y. Odtud vidíme, žex je dvakrát větší než y, tedy že x = 2y. Obvod obrazce A tak můžeme vyjádřit jako 14y,odtud y = 56 : 14 = 4 (cm). Obvod obrazce C je 10y = 10 · 4 = 40 (cm).

10



Na lavičce v parku sedí vedle sebe Andulka, Barborka, Cilka, Dominik a Eda. Andulcejsou 4 roky, Edovi je 10 let, součin věků Andulky, Barborky a Cilky je 140, součin věkůBarborky, Cilky a Dominika je 280 a součin věků Cilky, Dominika a Edy je 560. Kolik rokůje Cilce? (L. Hozová)

Nápověda. Zkuste nejprve určit, kolik roků je Dominikovi.

Možné řešení. Pro zjednodušení budeme věk každého dítěte značit počátečním písmenemjeho jména. Podle zadání platí:

a = 4, abc = 140, bcd = 280, cde = 560, e = 10.

Z druhé a třetí rovnosti plyne, že 2abc = bcd, tzn. d = 2a = 8. Odtud a z posledních dvourovností dostáváme c = 560 : (8 · 10) = 7. Cilce je tedy 7 roků.

Poznámka. S uvedenými vztahy lze samozřejmě manipulovat různě. Např. z první a druhérovnosti plyne, že bc = 140 : 4 = 35. Ze třetí rovnosti potom plyne, že d = 280 : 35 = 8.Odtud a z posledních dvou rovností dostáváme c = 560 : (8 · 10) = 7.

Z7–I–2K babičce přijeli na prázdniny vnuci — pět různě starých bratrů. Babička jim řekla,

že pro ně má celkem 600 Kč jako kapesné, jež si mají rozdělit tak, aby:

• nejstarší dostal nejvíc,• každý mladší dostal o určitou částku méně než jeho starší věkově nejbližší sourozenec,• tato částka byla stále stejná,• nejmladší dostal částku, kterou lze vyplatit v desetikorunách a která není menší než

50 Kč, ale není větší než 80 Kč.

Určete všechny možnosti, jak si mohli vnuci kapesné rozdělit. (M. Volfová)

Nápověda. Zvolte vhodně neznámé a pomocí nich vyjádřete částky pro jednotlivé vnuky.

Možné řešení. Nejmladší sourozenec může dostat

50, 60, 70, nebo 80; (1)

tuto hodnotu označíme p (Kč psát nebudeme). Druhý nejmladší sourozenec dostane vícenež nejmladší o částku, kterou označíme o. Prostřední sourozenec tak dostane o 2o vícenež nejmladší atd. To znamená, že sourozenci postupně dostanou

p, p+ o, p+ 2o, p+ 3o, p+ 4o. (2)

Celkem si takto rozdělí 5p+ 10o, což má být 600.

11

Pokud je p = 50, pak 5p = 250 a 10o musí být 600 − 250 = 350. Odtud plyne, žeo = 35. Vnuci si v tomto případě peníze rozdělili následovně (řazeno od nejmladšího):

50, 85, 120, 155, 190.

Podobně lze určit všechny zbývající možnosti:

p o odpověď

50 35 50, 85, 120, 155, 190

60 30 60, 90, 120, 150, 180

70 25 70, 95, 120, 145, 170

80 20 80, 100, 120, 140, 160

Poznámka. Není náhodou, že prostřední sourozenec dostane v každém případě stejnoučástku. Toho si lze všimnout hned na začátku, protože sourozenců je lichý počet a rozdílmezi sousedními částkami je stále stejný.

Pokud bychom částku, kterou má dostat prostřední vnuk, označili s, pak místo (2)píšeme

s− 2o, s− o, s, s+ o, s+ 2o.

Součet všech těchto částek je 5s, a to má být 600. Odtud plyne, že s = 120. Všechna možnározdělení kapesného lze určit tak, že zjistíme, pro která o je 120− 2o některé z čísel (1). . .

Z7–I–3Jirka, Míša, Petr, Filip a Saša skákali do dálky. Saša skočil 135 cm, Petr skočil o 4 cm

více než Jirka a Míša o 7 cm méně než Filip. Navíc Filipův skok byl přesně v polovině mezitím Petrovým a Sašovým a nejkratší skok měřil 127 cm.

Zjistěte, kolik cm skočili jednotliví chlapci. (M. Dillingerová)

Nápověda. Čí skok byl nejkratší?

Možné řešení. Nejprve určíme, čí skok měřil 127 cm. Určitě to nebyl skok Sašův (tenskočil 135 cm), ani Petrův (skočil víc než Jirka), ani Filipův (skočil víc než Míša). Jsoutedy dvě možnosti: Nejméně skočil Jirka nebo Míša.

Nejprve prověříme možnost, že nejméně skočil Jirka: V takovém případě by Petr skočil131 cm (127 + 4 = 131). Protože Filipův skok byl přesně v polovině mezi Petrovým a Sa-šovým skokem, musel by měřit 133 cm (135 − 133 = 133 − 131 = 2). Pak by Míša skočil126 cm (133− 7 = 126), což ale není možné, protože by to bylo méně než Jirkův nejkratšískok.

Jirka

Petr

Filip

Saša

127 cm

131 cm

133 cm

135 cm

12

Musela tedy nastat druhá situace, a sice, že nejméně skočil Míša: Potom Filip skočil134 cm (127 + 7 = 134). Odtud plyne, že Petr skočil 133 cm (135− 134 = 1 = 134− 133).A konečně Jirka skočil 129 cm (133− 4 = 129).

Míša

Filip

Petr

Jirka

Saša

127 cm

134 cm

133 cm

129 cm

135 cm

Z7–I–4V hostinci U Tří prasátek obsluhují Pašík, Rašík a Sašík. Pašík je nečestný, takže

každému hostovi připočítá k celkové ceně 6 krejcarů. Rašík je poctivec, každému vyúčtujepřesně to, co snědl a vypil. Sašík je dobrák, takže každému hostovi dá slevu z celkové útratyve výši 20 %. Prasátka si jsou tak podobná, že žádný host nepozná, které zrovna obsluhuje.

Koza Líza zašla v pondělí, v úterý i ve středu do tohoto hostince na borůvkový knedlík.Přestože věděla, že v pondělí byl Rašík nemocný a neobsluhoval, utratila za svůj pondělní,úterní i středeční knedlík dohromady stejně, jako kdyby ji vždy obsluhoval Rašík.

Kolik krejcarů účtuje Rašík za jeden borůvkový knedlík? Najděte všechny možnosti.(Ceny uváděné v jídelním lístku se v tyto dny neměnily.) (M. Petrová)

Nápověda. Která dvě prasátka určitě kozu Lízu obsluhovala?

Možné řešení. Aby celková třídenní Lízina útrata byla stejná, musel některý den obslu-hovat Sašík (účtoval si méně, než skutečně měla zaplatit) a některý den Pašík (účtoval sivíce, než skutečně měla zaplatit). Zbývající třetí den mohlo obsluhovat kterékoliv ze tříprasátek (nevíme o tom, že by Rašík byl nemocný i v dalších dnech). Postupně proberemevšechny tři možnosti:

1. Obsluhoval jednou Sašík, jednou Pašík a jednou Rašík: To znamená, že 6 krejcarů,které Líza zaplatila Pašíkovi navíc, představuje slevu 20 %, kterou dostala od Sašíka.Pětina ceny knedlíku je tedy 6 krejcarů, což znamená, že Rašík by v tomto případěúčtoval 5 · 6 = 30 krejcarů.

2. Obsluhoval jednou Sašík a dvakrát Pašík: Pašíkovi Líza zaplatila navíc 2 · 6 = 12krejcarů. Těchto 12 krejcarů je zároveň 20% sleva, kterou dostala od Sašíka. Rašík bytedy za knedlík v tomto případě účtoval 5 · 12 = 60 krejcarů.

3. Obsluhoval dvakrát Sašík a jednou Pašík: Líza dostala dvakrát 20% slevu z téže částky.To je stejné, jako kdyby jednou zaplatila plnou částku a jednou dostala slevu 40 %.Tato sleva odpovídá 6 krejcarům, které zaplatila navíc Pašíkovi. Dvě pětiny Rašíkovyceny je 6 krejcarů, pětina jsou tedy 3 krejcary. Rašík by si v tomto případě účtoval5 · 3 = 15 krejcarů.

Rašík za jeden borůvkový knedlík účtuje 15, 30, nebo 60 krejcarů.

13

Z7–I–5Maminka dělí čokoládu, která má 6× 4 shodných dílků, svým třem dětem. Jak může

maminka čokoládu rozdělit na právě tři části se stejným obsahem tak, aby jeden útvar byltrojúhelník, jeden čtyřúhelník a jeden pětiúhelník? (E. Novotná)

Nápověda. Zkuste nejprve rozdělit obdélník na požadované útvary bez podmínky rov-nosti obsahů. Poté pozměňte svoje dělení tak, aby obsahy útvarů byly stejné.

Možné řešení. Rozdělíme obdélník na požadované útvary, zatím bez ohledu na rovnostobsahů. Zde je několik možností:

Nyní zkusíme modifikovat dělení tak, aby obsahy útvarů byly stejné. Celý obdélníksestává z 24 dílků, proto každý ze tří útvarů musí mít obsah 24 : 3 = 8 dílků. Při pozmě-ňování útvarů stačí zajistit, aby dva z těchto útvarů měly obsah 8 dílků, obsah třetího pakbude nutně stejný.

Na ukázku upřesníme třetí z výše uvedených dělení — všechny vrcholy uvažujemev uzlových bodech:

Obsah čtyřúhelníku je právě 1 + 2 + 5 = 8 dílků. Trojúhelník má zřejmě tentýž obsah,našli jsme tedy jedno z mnoha možných řešení. Pro inspiraci uvádíme několik dalších:

Poznámka. Uvedená řešení využívají pouze uzlové body sítě, což však není nutné. Exis-tují samozřejmě řešení, kdy odpovídající vrcholy nejsou v uzlových bodech. V takovýchpřípadech však může být zdůvodnění rovnosti obsahů komplikovanější.

14

Z7–I–6Když Azor stojí na psí boudě a Punťa na zemi, je Azor o 70 cm vyšší než Punťa. Když

Punťa stojí na psí boudě a Azor na zemi, je Punťa o 90 cm vyšší než Azor. Jak vysoká jepsí bouda? (L. Hozová)

Nápověda. Určete, který ze psů je větší a o kolik.

Možné řešení. Kdyby byl Azor stejně velký jako Punťa, byly by obě hodnoty v zadánístejné. Rozdíl mezi naměřenými hodnotami je 90− 70 = 20 (cm), což znamená, že jeden zepsů je o 10 cm větší než druhý. Větší hodnota odpovídá situaci, kdy Punťa stojí na boudě,což znamená, že Punťa je o 10 cm větší než Azor.

Azor na psí boudě je o 70 cm vyšší než Punťa a Punťa je o 10 cm vyšší než Azor. TedyAzor na psí boudě je o 80 cm vyšší než samotný Azor; bouda je vysoká 80 cm.

bouda

Azor

70 cm

Punťa

bouda

Punťa

90 cm

Azor

Jiné řešení. Azor na boudě je o 70 cm vyšší než Punťa na zemi a Punťa na boudě jeo 90 cm vyšší než Azor na zemi. Kdybychom na Azora stojícího na boudě postavili ještědalší stejně vysokou boudu a na ní Punťu, bude tato sestava o 70 + 90 = 160 (cm) vyššínež kdyby stál Azor na Punťovi. To znamená, že dvě boudy jsou vysoké 160 cm, bouda jetedy vysoká 80 cm.

Poznámka. Výšku psí boudy označíme b, výšku Azora označíme a a výšku Punti ozna-číme p (vše v cm). Informace ze zadání při tomto značení zapíšeme takto:

b+ a = p+ 70,

b+ p = a+ 90.

Uvedená řešení pak lze interpretovat následovně.Výškový rozdíl Punti a Azora je možné určit odečtením obou rovnic:

p− a = a− p+ 20,

2(p− a) = 20,

p− a = 10.

15

Odtud plyne, že p = a+ 10 a z první rovnice pak dostáváme b = 10 + 70 = 80.Naopak sečtením obou rovnic dostaneme:

2b+ a+ p = a+ p+ 160,

2b = 160,

b = 80.

16



Z8–I–1

Na okružní lince ve městě jede tramvaj, v níž je 300 cestujících. Na každé zastávce seodehraje jedna z následujících situací:

• pokud je v tramvaji aspoň 7 cestujících, tak jich 7 vystoupí,• pokud je v tramvaji méně než 7 cestujících, tak 5 nových cestujících přistoupí.

Vysvětlete, proč v jistý okamžik v tramvaji nezůstane žádný cestující. Poté zjistěte,kolik by mělo být na začátku v tramvaji cestujících, aby se tramvaj nikdy nevyprázdnila.

(J. Mazák)

Nápověda. Zkuste uvažovat menší počty cestujících.

Možné řešení. Nějakou dobu budou cestující z tramvaje jenom vystupovat. Po 42 zasta-veních zůstane v tramvaji 300−42·7 = 6 lidí. Podle uvedených pravidel se počet cestujícíchbude dál vyvíjet následovně:

. . . 6, 11, 4, 9, 2, 7, 0.

V tramvaji tedy nezůstane žádný cestující.Nyní si představme obecnou situaci, kdy je v tramvaji neznámý počet lidí. Tito budou

postupně vystupovat, dokud jich nebude v tramvaji méně než 7. To znamená, že bez ohleduna to, kolik lidí bylo v tramvaji na začátku, časem bude jejich počet roven některému z čísel0, 1, 2, 3, 4, 5 nebo 6. Stačí tedy diskutovat jenom tyto možnosti.

V předchozím odstavci jsme zjistili, že pokud v tramvaji zůstane 6, 4, nebo 2 cestu-jících, tak se tramvaj nakonec vyprázdní. Když v tramvaji zůstane 5 cestujících, pak sejejich počet bude dál měnit takto:

. . . , 5, 10, 3, 8, 1, 6, . . .

Tuto situaci již známe; tramvaj se nakonec vyprázdní. V posloupnosti se objevují také čísla3 a 1, čímž jsme vyčerpali všechny možnosti. Bez ohledu na počáteční počet cestujících setramvaj nakonec vždycky vyprázdní.

Poznámka. Zkuste si rozmyslet, jak řešení úlohy ovlivňují čísla 7 a 5 ze zadání. Vyprázd-nila by se tramvaj vždy také pro jinou dvojici čísel?

17

Z8–I–2Maminka dělí čokoládu, která má 6×4 shodných dílků, svým čtyřem dětem. Jak může

maminka čokoládu rozdělit na právě čtyři části se stejným obsahem tak, aby jeden útvarbyl trojúhelník, jeden čtyřúhelník, jeden pětiúhelník a jeden šestiúhelník? (E. Novotná)

Nápověda. Zkuste nejprve rozdělit obdélník na požadované útvary bez podmínky rov-nosti obsahů. Poté pozměňte svoje dělení tak, aby obsahy útvarů byly stejné.

Možné řešení. Rozdělíme obdélník na požadované útvary, zatím bez ohledu na rovnostobsahů. Zde jedna z možností:

Nyní zkusíme modifikovat dělení tak, aby obsahy útvarů byly stejné. Celý obdélníksestává z 24 dílků, proto každý ze čtyř útvarů musí mít obsah 24 : 4 = 6 dílků. Při poz-měňování útvarů stačí zajistit, aby tři z těchto útvarů měly obsah 6 dílků, obsah čtvrtéhopak bude nutně stejný.

Upřesnění výše uvedeného dělení může být následující — všechny vrcholy uvažujemev uzlových bodech:

Trojúhelník i čtyřúhelník zřejmě mají obsah 6 dílků. Obsah pětiúhelníku je 2+2+2 = 6dílků. Našli jsme tedy jedno z mnoha možných řešení. Pro inspiraci uvádíme několik dalších:

Poznámka. Uvedená řešení využívají pouze uzlové body sítě, což však není nutné. Existujířešení, kdy odpovídající vrcholy nejsou v uzlových bodech. V takových případech však můžebýt zdůvodnění rovnosti obsahů komplikovanější.

18

Z8–I–3

Změňte v každém ze tří čísel jednu číslici tak, aby byl příklad na odčítání bez chyby:

7 2 4− 3 0 7

1 8 8

Najděte všechna řešení. (M. Petrová)

Nápověda. Je možné odčítání v řádu desítek opravit jen změnou číslic v řádu jednotek?

Možné řešení. Příklad není správně, a to ani v řádu jednotek. Když si prohlédnemeodčítání v řádu desítek a v řádu stovek, zjistíme, že chyba je v obou rozdílech větší než 1. Toznamená, že takový rozdíl není možné opravit jen změnou číslic o řád níž. Máme-li provésttři změny, musí být v každém sloupci právě jedna. Proto stačí, když budeme diskutovatnásledujících šest možností:

7 2 ∗− 3 ∗ 7

∗ 8 8

7 2 ∗− ∗ 0 7

1 ∗ 8

7 ∗ 4− 3 0 ∗∗ 8 8

∗ 2 4− 3 0 ∗

1 ∗ 8

7 ∗ 4− ∗ 0 7

1 8 ∗

∗ 2 4− 3 ∗ 7

1 8 ∗

Pro každou z těchto možností postupně odzadu doplníme správné číslice. Např. v prvnímpřípadě můžeme postupovat následovně:

• správná číslice na místě jednotek musí být 5, protože jedině 15−7 = 8 (v řádu desítekpřipočteme 1),

• správná číslice na místě desítek musí být 3, protože jedině 12 − 3 − 1 = 8 (v řádustovek připočteme 1),

• správná číslice na místě stovek musí být 3, protože 7− 3− 1 = 3.

Podobným způsobem probereme ostatní možnosti. Úloha má celkem šest řešení:

7 2 5− 3 3 7

3 8 8

7 2 5− 6 0 7

1 1 8

7 9 4− 3 0 6

4 8 8

4 2 4− 3 0 6

1 1 8

7 9 4− 6 0 7

1 8 7

5 2 4− 3 3 7

1 8 7

Poznámka. Úvodní postřeh není úplně samozřejmý, ale při systematickém postupu byna něj měl časem přijít každý. Uvědomte si, že bez tohoto poznatku by diskuze muselazahrnovat celkem 3 · 3 · 3 = 27 možností.

19

Z8–I–4Trojúhelníky ABC a DEF jsou rovnostranné s délkou strany 5 cm. Tyto trojúhelníky

jsou položeny přes sebe tak, aby strany jednoho trojúhelníku byly rovnoběžné se stranamidruhého a aby průnikem těchto dvou trojúhelníků byl šestiúhelník (na obrázku označenýjako GHIJKL).

A

B

C

E

F

D

G

H

I

J

K

L

Je možné určit obvod dvanáctiúhelníku AGEHBIFJCKDL, aniž bychom znali přes-nější informace o poloze trojúhelníků? Pokud ano, spočítejte jej; pokud ne, vysvětlete proč.

(E. Patáková)

Nápověda. Kolik je na obrázku rovnostranných trojúhelníků? Zkuste je nějak využít.

Možné řešení. Na obrázku je celkem 8 rovnostranných trojúhelníků: dva velké (ABC,DEF ) a šest malých (LAG, GEH, HBI, IFJ , JCK, KDL). Velké trojúhelníky jsou takpřímo zadány. Zdůvodnění, že malé trojúhelníky jsou rovnostranné, ukážeme pouze protrojúhelník LAG: Úhel u vrcholu A má velikost 60◦, protože je vnitřním úhlem rovno-stranného trojúhelníku ABC. Přímky LG a CB jsou podle zadání rovnoběžné, úhly ALGa ACB jsou tedy souhlasné. Oba tyto úhly mají velikost 60◦, protože úhel ACB je vnitřnímúhlem v rovnostranném trojúhelníku ABC. Dva ze tří vnitřních úhlů v trojúhelníku LAGmají velikost 60◦, proto je tento trojúhelník rovnostranný.

Obvod dvanáctiúhelníku můžeme vyjádřit jako obvod dvou velkých trojúhelníků zmen-šený o obvod šestiúhelníku GHIJKL. Z rovnostrannosti malých trojúhelníků plyne, žeúsečky GL a AL, KJ a KC jsou po dvojicích shodné. Délka lomené čáry GLKJ jetedy stejná jako délka úsečky AC, tj. 5 cm. Podobně odvodíme, že i délka lomené čáryJIHG je 5 cm. Odtud známe obvod šestiúhelníku GHIJKL; obvod dvanáctiúhelníkuAGEHBIFJCKDL je proto roven

6 · 5− 2 · 5 = 20 (cm),

a to bez ohledu na vzájemnou polohu velkých trojúhelníků, která vyhovuje zadání.

20

Jiné řešení. Dvanáctiúhelník AGEHBIFJCKDL je tvořen stranami šesti malýchtrojúhelníků, přičemž z každého malého trojúhelníku se takto uplatní dvě z jeho třístran. Všechny tyto trojúhelníky jsou rovnostranné, proto je obvod dvanáctiúhelníkuroven 2

3 součtu obvodů malých trojúhelníků. Součet obvodů šesti malých trojúhelníkůje však stejný jako součet obvodů dvou velkých trojúhelníků; obvod dvanáctiúhelníkuAGEHBIFJCKDL je proto roven

23· 6 · 5 = 20 (cm),

a to bez ohledu na vzájemnou polohu velkých trojúhelníků, která vyhovuje zadání.

Poznámky. Předchozí úvahy je možné zjednodušit objevem, že malé trojúhelníky jsoupo dvojicích shodné (LAG a IFJ , GEH a JCK, HBI a KDL). Tento poznatek je všaknutné zdůvodnit, což ukážeme pro trojúhelníky LAG a IFJ : V úvodu jsme zdůvodnili,že oba trojúhelníky jsou rovnostranné. Přitom výška obou trojúhelníků je stejná — je tovýška rovnostranného trojúhelníku o straně 5 cm zmenšená o vzdálenost rovnoběžek IJa GL. Tyto trojúhelníky jsou tedy skutečně shodné.

Z8–I–5Zákazník vyvážející odpad do sběrného dvora je povinen zastavit naloženým autem na

váze a po vykládce odpadu znovu. Rozdíl naměřených hmotností tak odpovídá vyvezenémuodpadu. Pat a Mat chybovali. Při vážení naloženého auta se na váhu připletl Pat a přivážení vyloženého auta se tam místo Pata nachomýtl Mat. Vedoucí dvora si tak zaznamenalrozdíl 332 kg. Poté se na prázdnou váhu postavili společně vedoucí a Pat, posléze samotnýMat a váha ukázala rozdíl 86 kg. Dále se spolu zvážili vedoucí a Mat, poté samotný Pata váha ukázala rozdíl 64 kg.

Kolik vážil vyvezený odpad ve skutečnosti? (L. Šimůnek)

Nápověda. Zkuste si hmotnosti a jejich rozdíly znázornit graficky.

Možné řešení. Z rozdílů změřených při vážení s vedoucím plyne, že Pat je těžší než Mat.Hmotnosti při těchto váženích znázorníme graficky:

vedoucí Mat

64 kg Pat

vedoucí Pat

86 kg Mat

Rozdíl hmotnosti Pata a Mata je zvýrazněn tlustou čárkovanou čárou. Na schématuvidíme, že dvojnásobek tohoto rozdílu je roven 86 − 64 = 22 (kg). Pat je tedy o 11 kg

21

těžší než Mat. Při vážení odpadu Pat postavením na váhu zvětšil měřený rozdíl, Mat jejpostavením na váhu zmenšil. Naměřená hodnota je tedy o tolik větší než hmotnost odpadu,o kolik je Pat těžší než Mat. Skutečná hmotnost odpadu je 332− 11 = 321 (kg).

Jiné řešení. Hmotnosti Pata, Mata, vedoucího a odpadu označme po řadě p, m, v, x.Při prvním vážení bylo na váze auto, odpad a Pat, při druhém vážení auto a Mat. Rozdílzměřených hmotností lze tedy vyjádřit:

x+ p−m = 332. (1)

Další dva rozdíly změřených hmotností vyjádříme obdobně:

v + p−m = 86, (2)

v +m− p = 64. (3)

Odečtením rovnic (2) a (3) dostaneme:

2(p−m) = 86− 64,

p−m = 11.

Dosazením tohoto rozdílu do rovnice (1) dostaneme:

x+ 11 = 332,

x = 321.

Hmotnost vyvezeného odpadu je 321 kg.

Poznámka. Všimněte si, že hmotnost vedoucího lze určit na rozdíl od hmotnosti Pata čiMata jednoznačně: např. sečtením rovnic (2) a (3) dostaneme 2v = 86 + 64 = 150, tedyv = 75 (kg).

Z8–I–6V domě máme mezi dvěma patry dvě různá schodiště. Na každém z těchto schodišť

jsou všechny schody stejně vysoké. Jedno ze schodišť má každý schod vysoký 10 cm, druhémá o 11 schodů méně než to první. Během dne jsem šel pětkrát nahoru a pětkrát dolů,přičemž jsem si mezi těmito dvěma schodišti vybíral náhodně. Celkem jsem na každém zeschodišť zdolal stejný počet schodů.

Jaký je výškový rozdíl mezi patry? (M. Mach)

Nápověda. Nejdřív určete, kolikrát jsem mohl jít po jednotlivých schodištích.

Možné řešení. Protože druhé schodiště má méně schodů než první, musel jsem po němjít víckrát než po prvním. Během dne jsem tedy po schodištích mohl jít takto:

• 1krát po prvním a 9krát po druhém,• 2krát po prvním a 8krát po druhém,• 3krát po prvním a 7krát po druhém,• 4krát po prvním a 6krát po druhém.

22

Označíme počet schodů na prvním schodišti x, na druhém schodišti jich je x− 11. Nakaždém ze schodišť jsem celkem zdolal stejný počet schodů. Tato podmínka dává pro kaž-dou z výše uvedených možností rovnici s neznámou x, kterou vyřešíme. V prvním případědostáváme:

x = 9x− 99,

8x = 99,

x =998.

Počet schodů je přirozené číslo, tudíž tento případ nastat nemohl. Ve druhém případědostáváme rovnici

2x = 8x− 88,

jejímž řešením je x = 886 , takže tato možnost také nevyhovuje. Ve třetím případě dostáváme

3x = 7x− 77,

s řešením x = 774 , což je opět nevyhovující. Ve čtvrtém případě dostáváme

4x = 6x− 66,

s řešením x = 662 = 33, což je jediná vyhovující možnost.

První schodiště má 33 schodů, každý schod je vysoký 10 cm, výškový rozdíl mezi patryje 3,3 m.

Poznámka. Pokud uvažujeme, že po prvním schodišti jsem šel během dne celkem a-kráta po druhém celkem b-krát, potom předchozí požadavky můžeme formulovat takto:

a+ b = 10 a ax = bx− 11b.

Ze druhé rovnice vyjádříme x:

x =11bb− a.

Aby x bylo kladné, musí být b > a, což spolu s podmínkou a + b = 10 dává právě čtyřimožnosti uvedené výše. Aby x bylo přirozené číslo, musí být 11b dělitelné b − a. Protože11 je prvočíslo a b − a nemůže být ani 11, ani 1, musí být b dělitelné b − a. Z uvedenýchčtyř možností této podmínce vyhovuje pouze dvojice a = 4 a b = 6.

23



Z9–I–1

Petr si myslí dvojmístné číslo. Když tohle číslo napíše dvakrát za sebou, vzniknečtyřmístné číslo, které je dělitelné devíti. Když totéž číslo napíše třikrát za sebou, vzniknešestimístné číslo, které je dělitelné osmi. Zjistěte, jaké číslo si může Petr myslet.

(E. Novotná)

Nápověda. Jak se zadané informace o dělitelnosti projeví v dělitelnosti hledanéhodvojmístného čísla?

Možné řešení. Číslo, které vzniklo dvojnásobným zápisem myšleného čísla, je podle za-dání dělitelné devíti, proto musí být také jeho ciferný součet dělitelný devíti. Avšak cifernýsoučet takto vzniklého čísla je dvojnásobkem ciferného součtu myšleného čísla. Proto jeciferný součet myšleného čísla nutně dělitelný devíti.

Pokud číslo vzniklé trojnásobným zápisem myšleného čísla je dělitelné osmi, musí býtdělitelné i čtyřmi. Jeho poslední dvojčíslí tedy musí být dělitelné čtyřmi a tímto dvojčíslímje právě myšlené číslo.

Zjistili jsme, že Petrovo myšlené číslo je dělitelné devíti a současně čtyřmi, je tedydělitelné 36. Jediná dvojmístná čísla dělitelná 36 jsou 36 a 72. Ověřme, která z těchto dvoumožností vyhovuje podmínce v zadání o dělitelnosti osmi:

• 363636 není dělitelné 8,• 727272 je dělitelné 8.

Petr si může myslet jedině číslo 72.

Poznámka. V řešení používáme tato dobře známá kritéria o dělitelnosti:

• číslo je dělitelné čtyřmi, právě když jeho poslední dvojčíslí je dělitelné čtyřmi,• číslo je dělitelné osmi, právě když jeho poslední trojčíslí je dělitelné osmi,• číslo je dělitelné devíti, právě když jeho ciferný součet je dělitelný devíti.

Z9–I–2

Je dán rovnoramenný lichoběžník s délkami stran |AB| = 31 cm, |BC| = 26 cma |CD| = 11 cm. Na straně AB je bod E určený poměrem vzdáleností |AE| : |EB| = 3 : 28.Vypočítejte obvod trojúhelníku CDE. (L. Dedková)

Nápověda. Použijte opakovaně Pythagorovu větu.

Možné řešení. Patu kolmice na stranu AB z bodu C, resp. D označíme C ′, resp. D′.

24

A B

CD

C ′D′

Protože je ABCD lichoběžník, platí |C ′D′| = |CD| = 11 cm, a protože je navíc rovnora-menný, tak

|AD′| = |BC ′| = |AB| − |C′D′|

2=

31− 112

= 10 (cm).

Pomocí Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku BC ′C (který je shodný s trojúhel-níkem AD′D) vypočteme výšku lichoběžníku:

|CC ′| = |DD′| =√|BC|2 − |BC ′|2 =

√262 − 102 = 24 (cm).

Na straně AB je určen bod E tak, že |AE| : |EB| = 3 : 28. Protože 3 + 28 = 31 a |AB| == 31 cm, je |AE| = 3 cm a |EB| = 28 cm. Odtud vyvozujeme, že

|ED′| = |AD′| − |AE| = 10− 3 = 7 (cm),

|EC ′| = |EB| − |BC ′| = 28− 10 = 18 (cm).

A B

CD

C ′D′E

Pomocí Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku ED′D, resp. EC ′C vypočteme délkustrany ED, resp. EC:

|ED| =√|ED′|2 + |DD′|2 =

√72 + 242 = 25 (cm),

|EC| =√|EC ′|2 + |CC ′|2 =

√182 + 242 = 30 (cm).

25

Nyní můžeme vypočítat obvod trojúhelníku CDE:

o = |CD|+ |DE|+ |EC| = 11 + 25 + 30 = 66 (cm).

Z9–I–3Podlahu tvaru obdélníku o stranách 360 cm a 540 cm máme pokrýt (beze spár) shod-

nými čtvercovými dlaždicemi. Můžeme si vybrat ze dvou typů čtvercových dlaždic, jejichžstrany jsou v poměru 2 : 3. V obou případech lze pokrýt celou plochu jedním typem dlaždicbez řezání. Menších dlaždic bychom potřebovali o 30 více než větších.

Určete, jak dlouhé jsou strany dlaždic. (K. Pazourek)

Nápověda. Vyjádřete počet použitých dlaždic v závislosti na délce jejich strany.

Možné řešení. Označme m délku strany malé dlaždice a v délku strany velké dlaždice(v cm). Jestliže pokryjeme podlahu menšími dlaždicemi, ke kratší straně jich pak budepřiléhat 360m a k delší straně 540m , celkem jich tedy bude 360m · 540m . Podobně celkový početvětších dlaždic bude 360v · 540v . Podle zadání pak musí platit

360m· 540m

=360v· 540v

+ 30. (1)

Protože m : v = 2 : 3, můžeme psát m = 2x a v = 3x pro novou neznámou x.Dosazením do předchozí rovnice a dalšími úpravami dostáváme:

180x· 270x

=120x· 180x

+ 30,

180 · 270 = 120 · 180 + 30x2,

180 · 150 = 30x2,

900 = x2.

Čísla m, v a x jsou kladná, tedy x = 30 a m = 60, v = 90 (cm).Strany dlaždic jsou dlouhé 60 cm a 90 cm.

Jiná nápověda. Určete přímo ze zadaného poměru 2 : 3 poměr počtů jednotlivých dlaž-dic.

Jiné řešení. Protože poměr délek stran dlaždic je 2 : 3, poměr jejich obsahů je 4 : 9.Označíme pm počet malých dlaždic a pv počet velkých dlaždic. Protože oba typy dlaždicpokryjí celý obdélník, musí platit

pm : pv = 9 : 4. (2)

Ze zadání plyne, že pm = pv + 30, což spolu s předchozím poměrem dává:

94pv = pv + 30,

54pv = 30,

pv = 24.

26

Abychom uměli určit délku strany velké dlaždice, musíme zjistit, jak tyto dlaždicepokrývají obdélníkovou podlahu. Délky stran obdélníku jsou v poměru 360 : 540 = 2 : 3,ve stejném poměru musí být i počty dlaždic přiléhajících k odpovídajícím stranám. Zevšech možných rozkladů celkového počtu velkých dlaždic,

24 = 1 · 24 = 2 · 12 = 3 · 8 = 4 · 6,

této podmínce vyhovuje právě poslední rozklad. Délka strany velké dlaždice je tak 3604 =

= 5406 = 90 (cm). Délka strany malé dlaždice je pak 2

3 · 90 = 60 (cm).

Poznámky. Pokud v prvním řešení místo pomocné neznámé x vyjádříme např. m = 23v,

potom po dosazení do (1) dostáváme rovnici s neznámou v. Po úpravách dostaneme v = 90a m = 2

3 · 90 = 60 (cm).Pokud ve druhém řešení místo pm = 9

4pv vyjádříme pv = 49pm, potom po dosazení

do (2) dostáváme rovnici s neznámou pm. Po jednoduché úpravě dostaneme pm = 54, jehožjediný vyhovující rozklad je 54 = 6 · 9, tudíž m = 360

6 = 5409 = 60 (cm).

Z9–I–4

V pravoúhelníku ACKI jsou vyznačeny dvě rovnoběžky se sousedními stranamia jedna úhlopříčka. Přitom trojúhelníky ABD a GHK jsou shodné. Určete poměr obsahůpravoúhelníků ABFE a FHKJ . (V. Žádník)

A B C

D

EG

H

I J K

F

Nápověda. Bod F leží na úhlopříčce IC.

Možné řešení. Ze zadání plyne, že trojúhelník ABD je shodný také např. s trojúhelní-kem IJF . Odpovídající shodnost je právě osová souměrnost podle přímky, která je kolmák úsečce AI a prochází jejím středem. Podle této přímky jsou souměrné také úhlopříčkypravoúhelníku ACKI, což znamená, že bod F leží na úhlopříčce IC.

27

A B C

D

EG

H

I J K

F

Obsah pravoúhelníku ABFE tedy můžeme vyjádřit jako obsah trojúhelníku IACzmenšený o obsahy trojúhelníků IEF a FBC. Podobně můžeme obsah pravoúhelníkuFHKJ vyjádřit jako obsah trojúhelníku CKI zmenšený o obsahy trojúhelníků FJIa CHF . Trojúhelníky IAC a CKI, IEF a FJI, FBC a CHF jsou však po dvojicíchshodné, tudíž mají po dvojicích stejné obsahy. Odtud vyplývá, že pravoúhelníky ABFEa FHKJ mají stejný obsah.

Jiná nápověda. Trojúhelníky ABD a GFD jsou podobné.

Jiné řešení. Ze zadání plyne, že trojúhelníky ABD a GFD mají po dvojicích shodnévnitřní úhly, pročež jsou podobné a odpovídající strany jsou tudíž ve stejném poměru:

|AB| : |BD| = |GF | : |FD|,

neboli|AB| · |FD| = |GF | · |BD|.

Protože |AB| = |EF | a |BD| = |FJ |, můžeme předchozí rovnost interpretovat jako rovnostobsahů pravoúhelníků EFDM a GFJN .

A B C

D

EG

H

I J K

F

M

N

28

PravoúhelníkABFE sestává z pravoúhelníků EFDM aABDM , pravoúhelník FHKJsestává z pravoúhelníků GFJN a GHKN , přičemž pravoúhelníky ABDM a GHKN jsouzřejmě shodné. Odtud vyplývá, že pravoúhelníky ABFE a FHKJ mají stejný obsah.

Poznámka. Druhou část prvního řešení lze najít jako samostatné tvrzení v Eukleido-vých Základech (43. tvrzení v I. knize). Tento poznatek se používá např. při konstrukcipravoúhelníku, který má dánu jednu stranu a stejný obsah jako jiný pravoúhelník (příp.trojúhelník či obecný mnohoúhelník).

Z9–I–5Eva řešila experimentální úlohu fyzikální olympiády. Dopoledne od 9:15 prováděla

v tříminutových odstupech 4 měření. Získané hodnoty zapisovala do tabulky, kterou sipřipravila v počítači:

hodin minut hodnota

9 15

9 18

9 21

9 24

Odpoledne v experimentu pokračovala. Tentokrát provedla v tříminutových odstupech9 měření a hodnoty zapisovala do podobné tabulky. Omylem do počítače zadala, aby sezobrazil součet devíti čísel z prostředního sloupce. Tento zbytečný výpočet vyšel 258.

Která čísla byla v daném sloupci? (L. Šimůnek)

Nápověda. Dokažte, že během experimentu musela minutová ručička dosáhnout ke dva-náctce.

Možné řešení. Pokud během experimentu nedosáhla minutová ručička ke dvanáctce,můžeme čísla ve sloupci minut označit takto:

x, x+ 3, x+ 6, x+ 9, x+ 12, x+ 15, x+ 18, x+ 21, x+ 24.

Jejich součet je 9x+ 108, což má být rovno 258:

9x+ 108 = 258,

9x = 150.

To však není možné, protože x je přirozené číslo a 150 není násobkem 9.Proto musela minutová ručička v průběhu experimentu dosáhnout ke dvanáctce. Od

tohoto okamžiku jsou všechna čísla oproti předchozí posloupnosti zmenšena o 60. Pokudpočet měření od dosažení dvanáctky označíme z, pak součet čísel v daném sloupci je roven

9x+ 108− 60z = 258, (1)

29

přičemž z je přirozené číslo od 1 do 8. Po úpravách dostáváme:

9x = 150 + 60z,

3x = 50 + 20z.

Přirozené číslo na levé straně je násobkem tří. Aby bylo číslo na pravé straně také násobkemtří, musí být z rovno 2, 5 nebo 8. Pro každou hodnotu z vypočteme x a provedeme diskusi:

• Pro z = 2 dostaneme x = 30. Pokud by experiment začal ve 30. minutě, skončilby v 54. minutě a k přechodu přes dvanáctku by vůbec nedošlo. To je v rozporus předpokladem z = 2.• Pro z = 5 dostaneme x = 50. Pokud by experiment začal v 50. minutě, skončil by ve

14. minutě:50, 53, 56, 59, 2, 5, 8, 11, 14. (2)

Po dosažení dvanáctky by se tak uskutečnilo pět měření, což je v souladu s předpo-kladem z = 5.• Pro z = 8 dostaneme x = 70. Avšak x označuje minuty po celé hodině a může nabývat

jen hodnot 0 až 59.

Z uvedených řešení rovnice (1) vyhovuje pouze druhá možnost. Čísla, která byla na-psána ve sloupci minut, jsou uvedena v řádku (2).

Z9–I–6V hostinci U Tří prasátek obsluhují Pašík, Rašík a Sašík. Pašík je nečestný, takže

každému hostovi připočítá k celkové ceně 10 krejcarů. Rašík je poctivec, každému vyúčtujepřesně to, co snědl a vypil. Sašík je dobrák, takže každému hostovi dá slevu z celkové útratyve výši 20 %. Prasátka si jsou tak podobná, že žádný host nepozná, které zrovna obsluhuje.

Beránek Vendelín si v pondělí objednal tři koláčky a džbánek džusu a zaplatil za to56 krejcarů. Byl spokojen, takže hned v úterý snědl pět koláčků, vypil k nim tři džbánkydžusu a platil 104 krejcarů. Ve středu snědl osm koláčků, vypil čtyři džbánky džusu a za-platil 112 krejcarů.

1. Kdo obsluhoval Vendelína v pondělí, kdo v úterý a kdo ve středu?2. Kolik krejcarů účtuje Rašík za jeden koláček a kolik za jeden džbánek džusu?

(Všechny koláčky jsou stejné, stejně tak všechny džbánky džusu. Ceny uváděné v jí-delním lístku se v uvedených dnech neměnily.) (M. Petrová)

Nápověda. Kolik toho Vendelín snědl a vypil v pondělí a v úterý dohromady?

Možné řešení. Všimneme si, že Vendelín snědl a vypil ve středu totéž, co v pondělía v úterý dohromady. Jenže v pondělí a v úterý dohromady utratil 56+104 = 160 krejcarů,zatímco ve středu platil 112 krejcarů, což je o 48 krejcarů méně. Diskutujme, kdo mohlobsluhovat ve středu:

• Kdyby to byl poctivec Rašík, musel by hostinec během pondělí a úterý ošidit Ven-delína právě o 48 krejcarů. Při dvou placeních však lze zákazníka ošidit maximálněo 20 krejcarů. Možnost, že ve středu obsluhoval Rašík, proto zavrhujeme.

30

• Kdyby to byl Pašík, byla by skutečná středeční cena 112−10 = 102 krejcarů. Vendelínaby museli během prvních dvou dnů ošidit dokonce o 58 krejcarů. Možnost, že ve středuobsluhoval Pašík, také zavrhujeme.

• Kdyby to byl Sašík, představovala by útrata 112 krejcarů 80 % skutečné ceny. Toznamená, že skutečná středeční cena by byla 112 : 0,8 = 140 krejcarů. Hostinec bymusel během pondělí a úterý ošidit Vendelína o 20 krejcarů. To se mohlo stát jentehdy, pokud ho v oba dny obsluhoval nečestný Pašík. Tato možnost vyhovuje.

Známe tedy odpověď na první otázku: V pondělí a úterý obsluhoval Pašík, ve středuSašík. Skutečné ceny (tj. ceny podle Rašíka) tak byly:

• pondělí (3 koláčky, 1 džbánek): 56− 10 = 46 krejcarů,• úterý (5 koláčků, 3 džbánky): 104− 10 = 94 krejcarů,• středa (8 koláčků, 4 džbánky): 112 : 0,8 = 140 krejcarů.

Z Vendelínovy středeční objednávky můžeme odvodit, že 2 koláčky a 1 džbánek džusustojí 140 : 4 = 35 krejcarů. Porovnáním s Vendelínovou pondělní objednávkou zjišťujeme,že skutečná cena jednoho koláčku je 46 − 35 = 11 krejcarů. Podle pondělní objednávkyurčíme i skutečnou cenu jednoho džbánku: 46− 3 · 11 = 13 krejcarů. Tím máme odpověďna druhou otázku: Rašík účtuje za jeden koláček 11 krejcarů a za jeden džbánek džusu13 krejcarů.

31



Z5–II–1

Podél pláže jsou vyznačena stejně dlouhá parkovací místa. Vozidla parkují za seboua všichni řidiči vyznačená místa dodržují. Parkoviště je rezervováno pouze pro autobusya každý autobus zabírá právě tři parkovací místa.

V jistou chvíli stály na parkovišti jenom dva autobusy — jeden zabíral páté až sedmémísto zleva, druhý zabíral osmé až desáté místo zprava. Později zde zaparkovaly další čtyřiautobusy, a kdyby přijel ještě jeden, dostatečně velké místo k zaparkování by už nenašel.Určete, kolik nejvíce parkovacích míst mohlo být na parkovišti. (E. Patáková)

Možné řešení. Máme určit, kolik nejvíce míst může být na parkovišti, musíme tedy zjistit,jak nejméně hospodárně mohou být autobusy zaparkovány. Uvažujeme taková rozmístění,aby mezery mezi autobusy byly největší možné a současně takové, aby se do těchto mezeržádný další autobus nevešel. Ze zadání plyne, že maximální možná mezera sestává ze dvouparkovacích míst.

Znázorníme si, jak byly autobusy zaparkovány na začátku:

. . .

Před prvním autobusem jsou čtyři volná místa. Tam se vejde jeden autobus (a todvojím způsobem).

Za druhým autobusem je sedm volných míst. Tam by se mohly vejít dva autobusy;pokud je však jeden autobus zaparkován jako na následujícím obrázku, pak se tam užžádný další nevejde:

. . .

Zbylé dva autobusy budou zaparkovány mezi původními dvěma autobusy ve středníčásti, jejíž délku neznáme. Nejméně hospodárné rozmístění je takové, aby mezera mezikaždými dvěma autobusy byla právě dvě parkovací místa:

Vidíme, že mezi původně naznačenými parkovacími místy může být nejvýše 12 dalšíchmíst. Parkoviště může mít nejvíce 7 + 12 + 10 = 29 parkovacích míst.

Hodnocení. 1 bod za umístění jednoho autobusu na levý konec; 2 body za umístěníjednoho autobusu na pravý konec; 2 body za umístění zbylých dvou autobusů mezi dvapůvodní (z toho 1 bod za zdůvodnění); 1 bod za výsledný počet parkovacích míst.

1

Z5–II–2

Libor rozdělil obdélník jednou čarou na dva menší obdélníky. Obvod velkého obdélníkuje 76 cm, obvody menších obdélníků jsou 40 cm a 52 cm. Určete rozměry velkého obdélníku.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. Společnou stranu dvou menších obdélníků označíme a a tyto dva obdél-níky překreslíme oddělené od sebe.

a a

Součet obvodů dvou menších obdélníků je 40 + 52 = 92 (cm), což je o 16 cm více nežobvod původního obdélníku, neboť 92−76 = 16. Těchto 16 cm odpovídá dvěma stranám a,strana a má proto délku 16 : 2 = 8 (cm).

Stejnou délku mají i dvě strany původního obdélníku, součet délek jeho zbylých dvoustran je 76 − 2 · 8 = 60 (cm), každá z nich je tedy dlouhá 60 : 2 = 30 (cm). Rozměrypůvodního velkého obdélníku jsou 30 cm a 8 cm.

Hodnocení. 4 body za kratší stranu obdélníku (z toho 2 za zdůvodnění); 2 body za delšístranu obdélníku (z toho 1 za zdůvodnění).

Z5–II–3

Jirka a Petr spustili stopky a do 15 sekund od spuštění každý z nich začal tleskat.Jirka tleskal pravidelně každou 7. sekundu, Petr tleskal pravidelně každou 13. sekundu.V 90. sekundě tleskli oba současně. Určete všechny možnosti, kdy mohl začít tleskat Jirkaa kdy Petr. (L. Dedková)

Možné řešení. Postupně od konce vypíšeme, v kolikáté sekundě tleskal Jirka a v kolikátéPetr.

• Jirka: 90, 83, 76, 69, 62, 55, 48, 41, 34, 27, 20, 13, 6.• Petr: 90, 77, 64, 51, 38, 25, 12.Čas prvního tlesknutí má být menší nebo roven 15 sekundám. Jirka proto mohl začít

tleskat v šesté nebo třinácté sekundě, Petr musel začít tleskat ve dvanácté sekundě.

Jiné řešení. Stejného výsledku lze dosáhnout pomocí dělení se zbytkem.

• Protože 90 : 7 je 12, zbytek 6, znamená to, že Jirka mohl začít tleskat v 6. sekundě(a do 90. sekundy tleskl ještě dvanáctkrát).

2

• Protože 90 : 13 je 6, zbytek 12, znamená to, že Petr mohl začít tleskat ve 12. sekundě(a do 90. sekundy tleskl ještě šestkrát).

Postupně vypisujeme další tlesknutí obou chlapců a zvýrazňujeme ta, která vyhovují pod-mínce v zadání:

• Jirka: 6, 13, 20, . . .• Petr: 12, 25, . . .

Hodnocení. Po 3 bodech za výpis a odpověď u každého z chlapců. Pokud řešitel zapomeneu Jirky druhé řešení, strhněte jeden bod.

3



Z6–II–1

Jdeme-li podél plotu od severu k jihu, jsou rozestupy mezi jeho sloupky zpočátkushodné. Od určitého sloupku se rozestup zmenší na 2,9 metru a takový zůstává až k jižnímukonci plotu. Mezi 1. a 16. sloupkem (počítáno od severu) se rozestupy nezmění a vzdálenostmezi těmito dvěma sloupky je 48 metrů. Vzdálenost mezi 16. a 28. sloupkem je 36 metrů.

Kolikátý sloupek má od svých sousedních sloupků různé rozestupy?(L. Šimůnek)

Možné řešení. V úseku mezi 1. a 16. sloupkem je 15 mezer a podle zadání se jejich šířkanemění. Každá z nich proto měří 48 : 15 = 3,2 metru, a je tedy o 0,3 metru větší nežmezera u jižního konce plotu.

Kdyby všechny mezery mezi 16. a 28. sloupkem měřily zadaných 2,9 metru, byla bycelková vzdálenost mezi těmito sloupky 12 · 2,9 = 34,8 metru. Podle zadání je však tatovzdálenost 36 metrů, což je o 1,2 metru více. Tento rozdíl lze vyjádřit jako 4 · 0,3 metru,tedy právě čtyři mezery v úseku mezi těmito sloupky jsou o 0,3 metru delší než zadaných2,9 metru. Jde o mezery mezi 16. a 20. sloupkem.

Hledaný sloupek, který má od svých sousedních sloupků různé rozestupy, je 20. v po-řadí.

Hodnocení. 2 body za výpočet velikosti severní mezery 3,2m; 3 body za počet mezero velikosti 3,2m mezi 16. a 28. sloupkem (resp. celkový počet mezer o velikosti 2,9m);1 bod za výsledek.

Z6–II–2

Ivana, Majka, Lucka, Saša a Zuzka závodily v četbě stejné knihy. Za jednu hodinustihla Lucka přečíst 32 stran, což bylo přesně v polovině mezi počty stran, které stihlypřečíst Saša a Zuzka. Ivana přečetla o 5 stran více než Zuzka a Majka přečetla o 8 stranméně než Saša. Ivanin výsledek byl přesně v polovině mezi Majčiným a Zuzčiným.

Určete, kolik stran přečetla jednotlivá děvčata. (M. Dillingerová)

Možné řešení. Uvažme, která z následujících možností mohla nastat: buď přečetla Sašaméně stran než Zuzka, nebo naopak. Pokud by Saša přečetla méně než Zuzka, znamenaloby to, že Ivana přečetla nejvíc. Potom by ale její výkon nebyl v polovině mezi žádnýmidvěma děvčaty. Proto musela Zuzka přečíst méně než Saša.

Ivana přečetla o 5 stran více než Zuzka a současně byl její výsledek v polovině meziZuzkou a Majkou. Proto Majka přečetla o 5 stran více než Ivana a ze zadání dále víme,že Saša přečetla o 8 stran více než Majka. Sečtením rozdílů mezi těmito čtyřmi děvčatyzjišťujeme, že Saša přečetla o 5 + 5 + 8 = 18 stran více než Zuzka.

Zuzka Ivana Majka Saša

5 5 8

1

Lucka přečetla 32 stran, což bylo v polovině mezi Zuzkou a Sašou. Zuzka tedy přečetla32− 9 = 23 stran a Saša přečetla 32 + 9 = 41 stran. Odtud dopočítáme ostatní výsledky:Majka přečetla 41− 8 = 33 stran a Ivana přečetla 23 + 5 = 28 stran.

Hodnocení. 2 body za zdůvodnění, že Saša přečetla více než Zuzka; 2 body za zdůvodnění,že rozdíl mezi nimi byl 18; 2 body za výsledky děvčat.

Z6–II–3

Na obrázku je znázorněno několik pravoúhelníků s několika společnými vrcholy. ObsahpravoúhelníkuDRAK je roven 44 cm2, obsah pravoúhelníkuDUPE je roven 64 cm2 a obsahmnohoúhelníku DUPLAK je roven 92 cm2.

K A

E P

D R U

L

Určete délky stran mnohoúhelníku DUPLAK, pokud víte, že tyto délky v cm jsouvyjádřeny celými čísly. Najděte všechny možnosti. (M. Dillingerová)

Možné řešení. Z údajů, které známe, umíme dopočítat obsah pravoúhelníku DRLE:

SDRLE = 44 + 64− 92 = 16.

(Všechny veličiny jsou buď v cm, nebo cm2 a tyto jednotky dále neuvádíme.) Délky stranvšech pravoúhelníků jsou celočíselné a současně má platit:

|DR| · |DE| = 16, |DR| · |DK| = 44, |DU | · |DE| = 64.

V následující tabulce vypíšeme všechny možnosti, jak vyjádřit 16 jako součin dvou kladnýchcelých čísel. U každé z těchto možností vyjádříme velikosti ostatních stran,

|DK| = 44 : |DR|, |DU | = 64 : |DE|,

a budeme kontrolovat, zda dostaneme celá čísla. V kladném případě dopočítáme velikostizbylých stran mnohoúhelníku:

|LA| = |DK| − |DE|, |LP | = |DU | − |DR|.

2

|DR| 1 2 4 8 16

|DE| 16 8 4 2 1

|DK| 44 22 11 − −|DU | 4 8 16 32 64

|LA| 28 14 7 − −|PL| 3 6 12 24 48

Úloha má tři řešení, která vycházejí z prvních tří sloupců předchozí tabulky.

Hodnocení. 1 bod za obsah pravoúhelníku DRLE; 3 body za možná řešení; 2 body zazdůvodnění, že řešení není více.

Poznámka. Vypíšeme všechny možnosti, jak vyjádřit obsahy pravoúhelníků DRAKa DUPE jakožto součiny dvou kladných celých čísel:

|DR| · |DK| = 1 · 44 = 2 · 22 = 4 · 11 = 11 · 4 = 22 · 2 = 44 · 1,|DU | · |DE| = 1 · 64 = 2 · 32 = 4 · 16 = 8 · 8 = 16 · 4 = 32 · 2 = 64 · 1.

Ze zadání dále víme, že

|DR| < |DU |, |DK| > |DE|, |DR| · |DK|+ |DU | · |DE| − |DR| · |DE| = 92.

Systematickým probráním všech možností lze najít všechna tři výše uvedená řešení, aniž bybyl vyjádřen obsah pravoúhelníku DRLE. V takovém případě hodnoťte 3 body za možnářešení a 3 body za zdůvodnění, že řešení není více.

3



Z7–II–1

Tabulka na obrázku má obsahovat sedm přirozených čísel, přičemž v každém šedémpoli má být součin čísel ze dvou bílých polí, která s ním sousedí. Čísla v bílých polích jsounavzájem různá a součin čísel v šedých polích je roven 525.

Jaký je součet čísel v šedých polích? Najděte všechny možnosti. (E. Patáková)

Možné řešení. Označíme si čísla v bílých polích a pomocí nich vyjádříme, jak vypadajísoučiny v šedých polích — viz obrázek.

a a · b b b · c c c · d d

Součin čísel v šedých polích je v zavedeném značení roven a · b · b · c · c · d, a ten mábýt roven 525. Jediný způsob, jak vyjádřit toto číslo jako součin šesti přirozených čísel, je

525 = 1 · 1 · 3 · 5 · 5 · 7.

Porovnáním s předchozím vyjádřením zjišťujeme, že 1 a 5 musí být ve vnitřních bílýchpolích, zatímco 3 a 7 v krajních. Dvě ze čtyř možných vyplnění tabulky jsou na následujícímobrázku. Zbylá dvě vyplnění jsou osově souměrná s uvedenými, tudíž dávají stejný součetčísel v šedých polích.

3 3 1 5 5 35 7

7 7 1 5 5 15 3

Možné součty čísel v šedých polích jsou 3 + 5 + 35 = 43 a 7 + 5 + 15 = 27.

Hodnocení. 1 bod za rozklad čísla 525 na 6 přirozených čísel; 2 body za nalezení jednohovyplnění; 2 body za nalezení druhého vyplnění; 1 bod za určení správných součtů.

1

Z7–II–2

Ivana, Majka, Lucka, Saša a Zuzka závodily v četbě téže knihy. Za jednu hodinu stihlaLucka přečíst 32 stran, což bylo přesně v polovině mezi počty stran, které stihly přečístSaša a Zuzka. Ivana přečetla o 5 stran více než Zuzka a Majka přečetla o 8 stran méně nežSaša. Žádná dvě děvčata nepřečetla stejný počet stran a nejhorší výsledek byl 27 stran.

Určete, kolik stran přečetla jednotlivá děvčata. (M. Dillingerová)

Možné řešení. Uvažme, které děvče mohlo přečíst nejméně stran. Lucka to být nemohla,protože její výsledek byl jiný než 27. Saša to být nemohla, protože Majka přečetla o 8 stranméně. Pokud by to byla Zuzka, pak by Ivana musela přečíst 27 + 5 = 32 stran. Tentopřípad však nastat nemohl, protože každá z dívek přečetla jiný počet stran. Ivana to takébýt nemohla, neboť Zuzka přečetla o 5 stran méně než ona. Tudíž nejméně stran muselapřečíst Majka.

Pokud Majka přečetla 27 stran, pak Saša přečetla 27+8 = 35 stran, což je o 3 víc nežLucka. Zuzka potom musela přečíst o 3 strany méně jak Lucka, tedy 32 − 3 = 29 stran.Poslední z dívek, Ivana přečetla 29 + 5 = 34 stran.

Hodnocení. 1 bod za zjištění, že Ivana ani Saša nepřečetly 27 stran; 2 body za zjištění,že Zuzka nepřečetla 27 stran; 3 body za výsledky děvčat.

Poznámka. Řešení je možné znázorňovat graficky podobně jako v domácím kole.

Z7–II–3

Po nárazu kamínku praskla skleněná tabule tak, že vznikly čtyři menší trojúhelníkyse společným vrcholem v místě nárazu. Přitom platí, že:

• skleněná tabule měla tvar obdélníku, který byl 8 dm široký a 6 dm vysoký,• trojúhelník vpravo měl třikrát větší obsah než trojúhelník vlevo,• trojúhelník vlevo měl dvakrát menší obsah než trojúhelník dole.Určete vzdálenosti bodu nárazu od stran obdélníku. (E. Novotná)

Možné řešení. Trojúhelník vpravo a trojúhelník vlevo mají stejně dlouhou jednu stranu,a to stranu dlouhou 6 dm, která je současně stranou obdélníku. Protože trojúhelník vpravo

má třikrát větší obsah než ten vlevo, musí být velikosti jejich výšek na zmíněné strany vestejném poměru. Součet těchto výšek je roven šířce obdélníku, jež je 8 dm. Výška levéhotrojúhelníku, tj. vzdálenost bodu nárazu od levé strany obdélníku, je tedy 2 dm a výškapravého trojúhelníku, tj. vzdálenost bodu nárazu od pravé strany obdélníku, je 6 dm.

2

Z uvedeného plyne, že trojúhelník vlevo má obsah 6 dm2 ( 6·22= 6). Trojúhelník dole

má obsah dvakrát větší, tedy 12 dm2. Strana dolního trojúhelníku, která je současně stra-nou obdélníku, je dlouhá 8 dm. To znamená, že odpovídající výška tohoto trojúhelníku,tj. vzdálenost bodu nárazu od dolní strany obdélníku, musí být 3 dm ( 8·3

2= 12). Výška

obdélníku je 6 dm, tedy vzdálenost bodu nárazu od horní strany obdélníku je také 3 dm(6− 3 = 3).Jiné řešení. Rozdělme obdélník přímkami procházejícími bodem nárazu na čtyři menšípravoúhelníky jako na obrázku.

Každý z těchto pravoúhelníků je prasklinami rozdělen na dva shodné trojúhelníky.Odtud vyplývá, že součet obsahů levého a pravého trojúhelníku je stejný jako součet obsahůhorního a dolního trojúhelníku. Tento součet je tedy polovinou obsahu celého obdélníku,tj. 24 dm2. Ze druhé podmínky v zadání plyne, že obsah trojúhelníku vlevo musí být 6 dm2

a obsah toho vpravo 18 dm2. Ze třetí podmínky v zadání plyne, že obsah trojúhelníku doleje 12 dm2. Obsah trojúhelníku nahoře je tudíž stejný.

U všech trojúhelníků známe obsah a jednu stranu. Odpovídající výšky, tj. vzdálenostibodu nárazu od jednotlivých stran obdélníku, lze nyní určit stejně jako v druhé částipředchozího řešení.

Hodnocení. 3 body za vzdálenosti bodu nárazu od levé a pravé strany obdélníku; 3 bodyza vzdálenosti bodu nárazu od dolní a horní strany obdélníku. Správné řešení bez komen-táře ohodnoťte nejvýše 3 body.

3



Z8–II–1

Andělka, Barča, Honzík, Vláďa a Matyáš se zúčastnili soutěže v hodu vlaštovkou.Každý házel jednou a součet délek jejich hodů byl 41 metrů. Matyáš hodil nejméně, cožbylo o 90 cm méně než hodila Andělka, a ta hodila o 60 cm méně než Vláďa. Honzík hodilnejdál a trefil se vlaštovkou do pásky označující celé metry. Pokud by soutěžili pouzeMatyáš, Vláďa a Andělka, průměrná délka hodu by byla o 20 cm kratší.

Určete délky hodů všech jmenovaných dětí. (L. Dedková)

Možné řešení. Označíme si délky hodů v metrech počátečními písmeny soutěžících.(Všechny následující výsledky jsou také v metrech a tuto jednotku ve výpočtech neu-vádíme.) Součet délek všech jejich hodů byl 41 metrů,

a+ b+ h+ v +m = 41, (1)

a průměrná délka jejich hodů byla:

a+ b+ h+ v +m

5= 8,2.

Pokud by soutěžili pouze Matyáš, Vláďa a Andělka, průměrná délka hodu by byla o 20 cmkratší, tzn. přesně 8m:

a+ v +m

3= 8.

Po úpravě dostáváme:a+ v +m = 24. (2)

Ze zadání víme, že Matyáš hodil nejméně, což bylo o 90 cm méně, než hodila Andělka,a ta hodila o 60 cm méně než Vláďa:

a = m+ 0,9, v = a+ 0,6 = m+ 1,5. (3)

Dosazením do rovnice (2) dostáváme:

m+ 0,9 +m+ 1,5 +m = 24,

m = 7,2.

Dosazením do rovnic (3) dopočteme délky hodů Andělky a Vládi:

a = 7,2 + 0,9 = 8,1, v = 7,2 + 1,5 = 8,7.

Podle rovnice (2) nahradíme v rovnici (1) součet a + v + m číslem 24, upravímea získáme rovnici:

b+ h = 17.

1

Ze zadání dále víme, že Honzík hodil nejdál a trefil se vlaštovkou do pásky označujícícelé metry. Porovnáním se zatím nejdelším vypočteným hodem zjišťujeme, že Honzík hodilaspoň 9 metrů. Kdyby Honzík hodil právě 9 metrů, Barča by hodila 17 − 9 = 8 metrů.Kdyby Honzík hodil 10 metrů (nebo více), hodila by Barča 7 metrů (nebo méně). To všaknení možné, protože nejméně ze všech hodil Matyáš. Úloha má tedy jednoznačné řešení,a to

a = 8,1, b = 8, h = 9, v = 8,7, m = 7,2.

Hodnocení. 2 body za zjištění, že a+v+m = 24; 2 body za vypočtení délek hodů Andělky,Vládi a Matyáše; 2 body za vypočtení délek hodů Barči a Honzy včetně zdůvodnění, žejde o jediné řešení.

Z8–II–2

Je dán čtyřúhelník ABCD, viz obrázek. Bod T1 je těžištěm trojúhelníku BCD, bod T2je těžištěm trojúhelníku ABD a body T1 a T2 leží na úsečce AC. Délka úsečky T1T2 je3 cm a bod D má od úsečky AC vzdálenost 3 cm.

Určete obsah čtyřúhelníku ABCD. (E. Patáková)

D B

C

A

T1

T2

Možné řešení. Označme E průsečík úhlopříček čtyřúhelníku ABCD. Body T1 a T2 jsoutěžišti trojúhelníků BCD a ABD, úsečky CE a AE jsou tedy těžnicemi v těchto trojúhel-nících, a proto je bod E středem úsečky BD. Protože |DE| = |EB|, jsou si rovny obsahytrojúhelníků DEC a EBC a také obsahy trojúhelníků DEA a EBA. Odtud plyne, žetrojúhelníky ACD a ACB mají stejný obsah. Ze zadání známe velikost výšky trojúhelníkuACD z vrcholu D, k vyjádření jeho obsahu potřebujeme určit délku úsečky AC.

Z vlastností těžišť víme, že

|CE| = 3 · |T1E|, |AE| = 3 · |T2E|.

Velikost úsečky AC je

|AC| = |AE|+ |EC| = 3 · (|T2E|+ |ET1|) = 3 · |T2T1| = 3 · 3 = 9 (cm).

2

Velikost výšky trojúhelníku ACD z vrcholu D je 3 cm, obsah trojúhelníku je tedy roven

SACD =9 · 32=272(cm2).

Obsah čtyřúhelníku ABCD je roven

SABCD = 2 · SACD = 27 (cm2).

Hodnocení. 3 body za určení délky úsečky AC; 2 body za zdůvodnění rovnosti obsahůtrojúhelníků ACD a ACB; 1 bod za určení hledaného obsahu.

Z8–II–3

Ve městě rekordů a kuriozit postavili pyramidu z kostek. V horní vrstvě je jedna kostkaa počty kostek v jednotlivých vrstvách se směrem dolů zvětšují vždy o dvě (několik horníchvrstev stavby je znázorněno na obrázku).

První, tedy nejspodnější vrstva má černou barvu, druhá šedou, třetí bílou, čtvrtá opětčernou, pátá šedou, šestá bílou a takto se barvy pravidelně střídají až k horní vrstvě.

Určete, kolik má pyramida vrstev, pokud víte, že černých kostek je použito o 55 vícenež bílých. (L. Šimůnek)

Možné řešení. V prvních třech vrstvách odpočítaných odspoda je počet černých kosteko 4 větší než počet bílých. Tvrzení platí i pro každou další trojici vrstev s černými kostkamivespod. V zadání není uvedeno,

a) zda lze stavbu rozdělit beze zbytku na takové trojice,b) zda je nad horní trojicí ještě jedna vrstva, a sice černá,c) zda jsou nad horní trojicí ještě dvě vrstvy, černá a šedá.

V případě a) by rozdíl mezi počty černých a bílých kostek musel být násobkem čtyř,v případě b) by tento rozdíl musel být násobkem čtyř zvětšeným o jedna a v případě c) bymusel být násobkem čtyř zvětšeným o tři.

Pokud zadaný rozdíl 55 vydělíme 4, dostaneme 13 a zbytek 3. Odtud vidíme, že z uve-dených možností platí c). Pyramida má celkem 13 · 3 + 2 = 41 vrstev.Jiné řešení. Řešení rozdělíme na tři části. V části a) budeme předpokládat, že vrchnívrstva je bílá, v části b), že vrchní vrstva je černá, a v části c), že vrchní vrstva je šedá.V každé části řešení budeme do tabulky postupně přidávat zvětšující se vrstvy. Zadáníuvádí, že největší vrstva je černá, proto u každé černé vrstvy zaznamenáme rozdíl mezi

3

počty černých a bílých kostek v dosud zapsaných vrstvách. Tabulku přestaneme vypisovat,jakmile bude tento rozdíl roven 55 nebo bude větší.

a) Horní kostka bílá:

vrstva shora 1 2 3 4 5 6 . . . . . . 37 38 39 40 41 42

kostek ve vrstvě 1 3 5 7 9 11 . . . . . . 73 75 77 79 81 83

barva b š č b š č . . . . . . b š č b š č

rozdíl 4 8 . . . . . . 52 56

b) Horní kostka černá:

vrstva shora 1 2 3 4 5 6 7 . . . . . . 38 39 40 41 42 43

kostek ve vrstvě 1 3 5 7 9 11 13 . . . . . . 75 77 79 81 83 85

barva č b š č b š č . . . . . . b š č b š č

rozdíl 1 5 9 . . . . . . 53 57

c) Horní kostka šedá:

vrstva shora 1 2 3 4 5 6 7 8 . . . 36 37 38 39 40 41

kostek ve vrstvě 1 3 5 7 9 11 13 15 . . . 71 73 75 77 79 81

barva š č b š č b š č . . . b š č b š č

rozdíl 3 7 11 . . . 51 55

K rozdílu 55 jsme došli pouze v tabulce c), podle které má stavba 41 vrstev.

Hodnocení. 2 + 2 body za vyloučení možností a) a b); 2 body za správný počet vrstev.

4



Z9–II–1

Jana měla za domácí úkol vypočítat součin dvou šestimístných čísel. Při přepisováníz tabule vynechala u jednoho čísla jednu číslici, a tak místo šestimístného čísla napsalapouze 85522. Když byla doma, zjistila svůj omyl. Pamatovala si však, že číslo, které špatněopsala, bylo dělitelné třemi. Rozhodla se, že se pokusí určit, jaké mohlo být původní číslo.

Určete, kolik takových šestimístných čísel existuje. (M. Dillingerová)

Možné řešení. Celé číslo je dělitelné třemi právě tehdy, když je jeho ciferný součet děli-telný třemi. Součet číslic opsaného čísla je

8 + 5 + 5 + 2 + 2 = 22,

což není číslo dělitelné třemi. Vynechaná číslice tedy nebyla 0 a ciferný součet původníhočísla musí být větší. Nejbližší větší čísla dělitelná třemi jsou 24, 27, 30, 33 atd. Kdyby bylciferný součet 24, 27, resp. 30, byla by vynechanou číslicí 2, 5, resp. 8. (Ciferný součet 33a víc nelze dostat doplněním jediné číslice.) Nyní je třeba určit, na která místa lze tytočíslice doplnit tak, aby vzniklo pokaždé jiné číslo. To nejjednodušeji zjistíme vypsánímvšech možností:

• 285522, 825522, 852522, 855222,• 585522, 855522, 855252, 855225,• 885522, 858522, 855822, 855282, 855228.Celkem tedy existuje 13 možností.

Hodnocení. 2 body za zjištění vynechané číslice a zdůvodnění; 3 body za vypsání všechmožných čísel; 1 bod za počet možností.

Z9–II–2

Renata si sestrojila lichoběžník PRST se základnami PR a ST , ve kterém současněplatí:

• lichoběžník PRST není pravoúhlý;• trojúhelník TRP je rovnostranný;• trojúhelník TRS je pravoúhlý;• jeden z trojúhelníků TRS, TRP má obsah 10 cm2.

Určete obsah druhého z těchto dvou trojúhelníků. Najděte všechny možnosti.(M. Petrová)

Možné řešení. Ze druhé podmínky víme, že trojúhelník TRP je rovnostranný, protovšechny jeho vnitřní úhly mají velikost 60◦. Úhly TRP a STR jsou střídavé, proto je takévelikost úhlu STR rovna 60◦.

Ze třetí podmínky víme, že trojúhelník TRS je pravoúhlý. Z předchozího odstavcevíme, že pravý úhel nemůže být při vrcholu T , zároveň z první podmínky plyne, že pravý

1

úhel nemůže být ani při vrcholu S. Takže pravý úhel je při vrcholu R. Dále označíme Kstřed přepony ST trojúhelníku TRS. Protože je tento trojúhelník pravoúhlý, leží vrchol Rna kružnici se středem K a poloměrem |KS| = |KT |. Platí tedy

|KS| = |KT | = |KR|.Trojúhelník TRK je tedy rovnoramenný se základnou RT . Navíc z předchozího víme, žeúhel RTK má velikost 60◦, proto i druhý úhel při základně má velikost 60◦. TrojúhelníkTRK je tedy rovnostranný a navíc shodný s rovnostranným trojúhelníkem TRP .

P

ST

R

K

Trojúhelníky TRP a TRK mají stejný obsah, protože jsou shodné. Trojúhelníky TRKa SRK mají stejný obsah, protože strany KT a KS jsou stejně dlouhé a výška na tytostrany je společná. To znamená, že trojúhelník TRS má dvakrát větší obsah než trojúhel-ník TRP ,

STRS = 2STRP . (1)

Ze čtvrté podmínky víme, že obsah jednoho z těchto dvou trojúhelníků je 10 cm2:

• Je-li STRS = 10 cm2, potom STRP = 5 cm2.• Je-li STRP = 10 cm2, potom STRS = 20 cm2.

Jiné řešení. Stejným způsobem jako v předchozím řešení určíme vnitřní úhly trojúhel-níku TRS. Bod T zobrazíme v osové souměrnosti podle osyRS, symetrický bod označíme I.Všechny vnitřní úhly trojúhelníku TIS mají velikost 60◦, trojúhelník je tedy rovnostranný.

P

ST

I

R

2

Strana TI je dvojnásobkem strany TR, trojúhelníky TRP a TIS jsou tedy podobnés poměrem podobnosti 1 : 2. Proto jsou jejich obsahy v poměru 1 : 4,

STIS = 4STRP .

Trojúhelník TRS tvoří polovinu trojúhelníku TIS, jeho obsah je tedy dvakrát větší nežobsah trojúhelníku TRP . Tak docházíme ke vztahu (1) a úlohu uzavřeme stejně jakov předchozím řešení.

Hodnocení. Po 1 bodu za určení velikostí vnitřních úhlů RTS a TRS; 3 body za zdů-vodnění rovnosti (1); 1 bod za výsledné obsahy 5 cm2 a 20 cm2.

Z9–II–3

Lenka měla papírovou květinu s osmi okvětními lístky. Na každém lístku byla napsánaprávě jedna číslice a žádná z číslic se na žádném jiném lístku neopakovala. Když si Lenkas květinou hrála, uvědomila si několik věcí:

• Z květiny bylo možné odtrhnout čtyři lístky tak, že součet na nich napsaných čísel bybyl stejný jako součet čísel na neodtrhnutých lístcích.

• Taky bylo možné odtrhnout čtyři lístky tak, že součet na nich napsaných čísel by byldvakrát větší než součet čísel na neodtrhnutých lístcích.

• Dokonce bylo možné odtrhnout čtyři lístky tak, že součet na nich napsaných čísel bybyl čtyřikrát větší než součet čísel na neodtrhnutých lístcích.

Určete, jaké číslice mohly být napsány na okvětních lístcích. (E. Novotná)

Možné řešení. Z první podmínky víme, že lístky lze rozdělit do dvou skupin tak, žesoučet jedné skupiny čísel je stejný jako součet druhé. Z toho vyplývá, že součet všechčísel napsaných na lístcích musí být dělitelný dvěma. Podobnou úvahou z druhé podmínkyvyvozujeme, že součet všech napsaných čísel je dělitelný třemi; z poslední podmínky plyne,že tento součet musí být dělitelný také pěti. Součet všech napsaných čísel je proto děli-telný 30.

Součet všech použitelných číslic je 0+1+ . . .+8+9 = 45, a proto je výše diskutovanýsoučet roven právě 30. Na lístcích tedy nemohly být použity takové dvě číslice, jejichžsoučet byl roven 15. To mohly být buď číslice 7 a 8, nebo 6 a 9. V obou případech musímeověřit, zda je možné otrhat lístky s ostatními číslicemi tak, aby platily podmínky ze zadání.

• Ověřme možnost, kdy na květině nebyly číslice 7 a 8:Po trhání dle první podmínky mohly zůstat např. číslice 0 + 1 + 5 + 9 = 15,po trhání dle druhé podmínky mohly zůstat např. číslice 0 + 1 + 3 + 6 = 10,po trhání dle třetí podmínky mohly zůstat číslice 0 + 1 + 2 + 3 = 6.

• Ověřme možnost, kdy na květině nebyly číslice 6 a 9:Po trhání dle první podmínky mohly zůstat např. číslice 0 + 2 + 5 + 8 = 15,po trhání dle druhé podmínky mohly zůstat např. číslice 0 + 1 + 2 + 7 = 10,po trhání dle třetí podmínky mohly zůstat číslice 0 + 1 + 2 + 3 = 6.

Na okvětních lístcích tedy mohly být buď všechny číslice kromě 7 a 8, nebo všechnykromě 6 a 9.

3

Hodnocení. 2 body za odvození toho, že celkový součet napsaných čísel je dělitelný 30;2 body za určení obou dvojic číslic, které mohly být vynechány; 2 bod za kontrolu, zda jemožné otrhat lístky podle zadání.

Za řešení obsahující pouze jednu možnost bez principu dělitelnosti 30 udělte nejvýše3 body.

Z9–II–4

V hostinci U Temného hvozdu obsluhují obří dvojčata Pravdoslav a Křivomil. Pravdo-slav je poctivý a účtuje vždy přesně, Křivomil je nečestný a ke každému koláčku a každémudžbánku medoviny vždy připočte dva krejcary. Jednou tento hostinec navštívilo sedm tr-paslíků, kteří si sedli ke dvěma stolům. Trpaslíci zaplatili za čtyři koláče u jednoho obrastejně jako za tři džbánky medoviny u druhého. Jindy trpaslíci platili za čtyři džbánkymedoviny u Křivomila o 14 krejcarů více než za tři koláče u Pravdoslava.

Určete, kolik stojí u Pravdoslava jeden koláč a kolik jeden džbánek medoviny. Všechnyceny jsou v celých krejcarech a mezi oběma návštěvami se tyto ceny nijak neměnily.

(M. Petrová, M. Dillingerová)

Možné řešení. Skutečnou cenu (cenu u Pravdoslava) jednoho džbánku medoviny ozna-číme m a skutečnou cenu jednoho koláče označíme k. Při první návštěvě mohli trpaslíciplatit koláče u Pravdoslava a medovinu u Křivomila, nebo naopak. Tomu odpovídají dvěrůzná vyjádření:

4k = 3(m+ 2), (1a)

nebo4(k + 2) = 3m. (1b)

Podle informace o druhé návštěvě víme, že platí

4(m+ 2) = 3k + 14. (2)

Řešením soustavy rovnic (1a) a (2) je dvojice

k = 6, m = 6,

řešením soustavy rovnic (1b) a (2) je dvojice

k = −2, m = 0.

Vzhledem k tomu, že cena jakéhokoli zboží je vždy kladná, vyhovuje pouze prvnímožnost: jak koláč, tak džbánek medoviny stojí u Pravdoslava 6 krejcarů.

Hodnocení. Po 1 bodu za zformulování každé z podmínek (1a), (1b) a (2); po 1 bodu zadořešení každé ze soustav rovnic; 1 bod za výsledek.

4



Z9–III–1

Hvězdičky na obrázku představují 16 bezprostředně po sobě jdoucích přirozených ná-sobků čísla tři. Přitom čísla v rámečcích mají stejný součet. Určete nejmenší z těchto16 čísel. (L. Šimůnek)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗Možné řešení. Porovnejme poslední, tedy největší čísla obou rámečků: největší číslo dru-hého rámečku leží o 10 míst vpravo od největšího čísla prvního rámečku, je tedy o 30 větší.Stejným porovnáním zjistíme, že druhá největší čísla v rámečcích se liší také o 30, stejně taktřetí největší, čtvrtá největší i pátá největší čísla. Součet všech pěti čísel druhého rámečkuje tedy o 5 · 30 = 150 větší než součet pěti největších čísel prvního rámečku. Aby bylyv rámečcích stejné součty, musí být zbývající číslo prvního rámečku právě 150. Nejmenšíčíslo této posloupnosti je tedy 150.

Jiné řešení. Nejprve hledejme 16 po sobě bezprostředně jdoucích přirozených čísel spl-ňujících podmínku o shodných součtech. Pokud nalezená čísla vynásobíme třemi, vynásobíse třemi i součty v rámečcích a jejich rovnost tedy zůstane zachována. Tímto postupemdojdeme k žádanému výsledku a přitom si zjednodušíme výpočty, neboť budeme v úvodupracovat s menšími čísly.

Nejmenší číslo v posloupnosti bezprostředně po sobě jdoucích přirozených čísel ozna-číme x a vyjádříme součet čísel v prvním rámečku:

x+ x+ 1 + x+ 2 + x+ 3 + x+ 4 + x+ 5 = 6x+ 15.

První číslo v druhém rámečku je při daném značení rovno x+ 11. Vyjádříme součet číselv druhém rámečku:

x+ 11 + x+ 12 + x+ 13 + x+ 14 + x+ 15 = 5x+ 65.

Řešením rovnice 6x + 15 = 5x + 65 dostaneme x = 50. Vynásobením třemi dostanemeprvní číslo posloupnosti násobků tří, tímto číslem je tedy 50 · 3 = 150.

Hodnocení. 2 body za výsledek; 4 body za vysvětlení postupu.

1

Z9–III–2

V rovnostranném trojúhelníku ABC je vepsán rovnostranný trojúhelník DEF , vizobrázek. VrcholyD, E a F leží na stranách AB,BC a AC tak, že strany trojúhelníkuDEFjsou kolmé ke stranám trojúhelníkuABC. Dále platí, že úsečkaDG je těžnicí v trojúhelníkuDEF a bod H je průsečíkem přímek DG a BC.

Určete poměr obsahů trojúhelníků HGC a BED. (E. Patáková)

A B

C

D

E

F

Možné řešení. Ze symetrie celého útvaru (příp. z věty usu) plyne, že trojúhelníky BEDa CFE jsou shodné. Budeme tedy určovat poměr obsahů trojúhelníků HGC a CFE.

Trojúhelník DEF je rovnostranný, proto u něj těžnice a výšky splývají, těžnice DGje tedy kolmá na úsečku EF . Podle zadání jsou kolmé také úsečky EF a AC, proto jsoupřímky AC a DG, resp. FC a GH rovnoběžné. Protože DG je těžnicí trojúhelníku DEF ,leží bod G ve středu úsečky EF . Odtud plyne, že GH je střední příčkou trojúhelníku CFE.

A B

C

D

E

F

G

H

Protože trojúhelníkyHGC aHGE mají společnou stranuHG a výšky příslušné k tétostraně jsou stejné (jmenovitě |FG| = |GE|), mají tyto trojúhelníky stejný obsah. Protožetrojúhelníky HGE a CFE jsou podobné a odpovídající strany jsou v poměru 1 : 2, jsouobsahy těchto trojúhelníků v poměru 1 : 4. (Strana GH je dvakrát menší než strana FC

2

a výška trojúhelníku HGE ke straně GH je dvakrát menší než výška trojúhelníku CFEke straně FC; obsah prvního trojúhelníku je tudíž čtyřikrát menší než obsah druhého.)

Poměr obsahů trojúhelníků HGC a BED je roven 1 : 4.

Poznámka. Označíme-li délku úsečky BE jako a, můžeme v závislosti na této veličiněvyjádřit obsahy trojúhelníků HGC a BED.

Z rovnoběžnosti přímek AC a DH vyplývá, že trojúhelník DBH je rovnostrannýa trojúhelník BED je jeho polovinou. Proto je |BD| = |BH| = 2a a velikost DE vypočí-táme pomocí Pythagorovy věty v trojúhelníku BED:

|DE| =√(2a)2 − a2 = a

√3.

Trojúhelník DEF je rovnostranný, tedy |EF | = |DE| = a√3. Bod G je v polovině úsečky

EF , tedy

|GF | = a√32

.

Trojúhelníky BED a CFE jsou shodné, tedy |CF | = |BE| = a. Úsečka GH je střednípříčkou trojúhelníku CFE, tedy

|GH| = a

2.

Nyní můžeme vyjádřit obsahy zkoumaných trojúhelníků:

SBED =12|BE| · |DE| = 1

2a2

√3,

SHGC =12|GH| · |GF | = 1

8a2

√3.

Hodnocení. 1 bod za zjištění rovnoběžnosti přímek AC a DG; 2 body za určení |GH| == 1

2|FC|; 3 body za vyjádření hledaných obsahů, resp. jejich poměru.

Z9–III–3

Danka měla papírovou květinu s deseti okvětními lístky. Na každém lístku byla na-psána právě jedna číslice a žádná z číslic se na žádném jiném lístku neopakovala. Dankaodtrhla dva lístky tak, že součet čísel na zbývajících lístcích byl násobkem devíti. Potéodtrhla další dva lístky tak, že součet čísel na zbývajících lístcích byl násobkem osmi.Nakonec odtrhla další dva lístky tak, že součet čísel na zbývajících lístcích byl násobkemdesíti.

Najděte tři součty, které mohly postupně zůstávat po odtrhávání. Určete všechnytakové trojice součtů. (E. Novotná)

Možné řešení. Součet všech čísel na okvětních lístcích je 0+1+. . .+9 = 45. Danka mohlapři každém trhání odtrhnout součet nejméně 1 (kdyby odtrhla lístky 0 a 1) a nejvíce 17(kdyby odtrhla lístky 8 a 9).

• Po prvním trhání musel na květině zůstat součet z intervalu 28 až 44 (45 − 17 = 28a 45− 1 = 44). Mezi těmito čísly je jediný násobek devíti, a sice 36.

3

• Po druhém trhání musel na květině zůstat součet z intervalu 35 až 19 (36− 17 = 19a 36− 1 = 35). Mezi těmito čísly jsou dva násobky osmi, a sice 32 nebo 24.

• Obdobně stanovíme možné součty po třetím trhání:– Pokud po druhém trhání zůstal součet 32, musel po třetím trhání zůstat součetz intervalu 15 až 31 (32 − 17 = 15 a 32 − 1 = 31). Mezi těmito čísly jsou dvanásobky desíti, a sice 30 nebo 20.

– Pokud po druhém trhání zůstal součet 24, musel po třetím trhání zůstat součetz intervalu 7 až 23 (24−17 = 7 a 24−1 = 23). Mezi těmito čísly jsou dva násobkydesíti, a sice 20 nebo 10.

Po jednotlivých trháních tedy mohly zůstat následující trojice součtů:

(36, 32, 20), (36, 32, 30), (36, 24, 20), (36, 24, 10).

U každé z těchto možností musíme ověřit, zda je lze skutečně zrealizovat, tzn. zda se dajídvojice lístků odtrhnout tak, aby žádná číslice nebyla použita dvakrát. V následujícímschématu píšeme nad šipky příklad, jaké lístky mohly být v jednotlivých krocích odtrženy:

450,9−→ 36 1,3−→ 32 4,8−→ 20

454,5−→ 36 1,3−→ 32 0,2−→ 30

452,7−→ 36 4,8−→ 24 1,3−→ 20

452,7−→ 36 4,8−→ 24 5,9−→ 10

Vidíme, že všechny uvedené možnosti lze zrealizovat, úloha má čtyři řešení.

Hodnocení. 2 body za nalezení čtyř možností; 2 body za ověření, že každou z možnostílze zrealizovat; 2 body za postup, který vylučuje opomenutí další možnosti, event. za zdů-vodnění, že žádná další možnost neexistuje.

Z9–III–4

Čtyři dívky sehrály na soustředění řadu zápasů. Na dotaz, kolik zápasů vyhrály, od-pověděly velmi vyhýbavě:

„Kdybychom u každých dvou dívek sečetli počty jejich výher dohromady, dostali by-chom čísla 8, 10, 12, 12, 14 a 16.ÿ

Určete, kolik výher vybojovala každá z dívek. (M. Volfová)

Možné řešení. Označme počty výher jednotlivých dívek a, b, c, d. Kdyby některé dvědívky měly stejný počet výher, musely by mezi součty v zadání být alespoň dvě dvojicestejných čísel (kdyby platilo např. a = b, platilo by a+ c = b+ c a také a+ d = b+ d). Tovšak není pravda, tudíž čísla a, b, c, d jsou navzájem různá.

Seřadíme-li tato čísla vzestupně a < b < c < d, potom platí:

a+ b < a+ c < a+ d < b+ d < c+ d

a současněa+ c < b+ c < b+ d.

4

Vzhledem k tomu, že jsou v zadání dvě čísla stejné hodnoty, musí být a+ d = b+ c. Podlezadání sestavíme soustavu rovnic:

a+ b = 8,

a+ c = 10,

b+ c = 12,

a+ d = 12,

b+ d = 14,

c+ d = 16.

Z 1. a 2. rovnice vyplývá, že c = b+2. Po dosazení do 3. rovnice dostáváme b+b+2 = 12, tedyb = 5. Dosadíme-li za b do 1., 3., resp. 5. rovnice, získáme i hodnoty ostatních neznámých:a = 3, c = 7, resp. d = 9.

Při řešení soustavy jsme nepoužili 4. a 6. rovnici, jejich platnost proto musíme ověřitdosazením vypočtených hodnot: 3 + 9 = 12, 7 + 9 = 16.

Jednotlivé dívky vybojovaly 3, 5, 7 a 9 výher.

Hodnocení. 2 body za sestavení soustavy rovnic a zdůvodnění, že až na označení a uspo-řádání neznámých je tato soustava určena jednoznačně; 4 body za vyřešení soustavy (pokudnení provedena zkouška u rovnic, které nebyly použity při řešení, strhněte 1 bod).

Poznámka. K vyřešení úlohy není třeba sestavovat a řešit soustavu rovnic, celý postuplze vyjádřit slovně. Hodnocení takového řešení je obdobné výše uvedenému.

5



Chlapci mezi sebou měnili známky, kuličky a míčky. Za 8 kuliček je 10 známek, za4 míčky je 15 známek. Kolik kuliček je za jeden míček? (M. Krejčová)

Nápověda. Představte si, že máte např. 100 známek. Za co byste mohli některé z nichvyměnit?

Možné řešení. V obou srovnáních „hodnotÿ jednotlivých předmětů se vyskytují známky,budeme je tedy považovat za jakési společné „platidloÿ:

Jestliže za 8 kuliček je 10 známek, pak za trojnásobné množství kuliček musí býttrojnásobné množství známek, tedy za 24 kuliček je 30 známek. Jestliže za 4 míčky je15 známek, pak za dvojnásobné množství míčků musí být dvojnásobné množství známek,tedy za 8 míčků je 30 známek.

Máme-li 30 známek, můžeme je vyměnit buď za 24 kuliček, nebo za 8 míčků. Osmmíčků má tedy stejnou hodnotu jako 24 kuliček, za jeden míček je osmkrát méně kuliček,tedy 3 kuličky.

Poznámka. Ke stejnému výsledku se lze dobrat různými způsoby, např. takto:Za 8 kuliček je 10 známek, tedy za 4 kuličky je 5 známek a za 12 kuliček je 15 známek.

Za stejný počet známek lze vyměnit také 4 míčky, takže 4 míčky mají stejnou hodnotujako 12 kuliček. Za jeden míček jsou 3 kuličky.

Z5–I–2Žabí princ se zúčastnil skokanské soutěže, při které se skákalo po kamenech rozmístě-

ných jako na obrázku. Bylo dovoleno skákat pouze na nejbližší kameny východním nebojižním směrem. Každý skok na východ byl oceněn dvěma body, každý skok na jih byl oceněnpěti body. Žabí princ získal 14 bodů. Určete všechny možné cesty, kudy mohl skákat.

(E. Patáková)

start

S

J

VZ

Nápověda. Zkoušejte skákat podle uvedených pravidel a vylučujte nevyhovující možnosti.

Možné řešení. V závislosti na počtu skoků, které mohl žabí princ udělat na jih, určímepočet skoků na východ tak, aby součet získaných bodů byl 14:

1

• na jih nemusel skočit ani jednou, 14 bodů lze získat sedmi skoky na východ;• kdyby skočil na jih jednou, pak by musel několika skoky na východ získat 14 − 5 =

= 7 bodů, což není možné (jenom skoky na východ by získal sudý počet bodů);• kdyby skočil na jih dvakrát, pak by na východ musel skočit také dvakrát (10+4 = 14);• kdyby skočil na jih víckrát než dvakrát, pak by získal víc než 14 bodů.

Žabí princ tedy skákal buď sedmkrát na východ, nebo dvakrát na východ a dvakrátna jih. V prvním případě lze skákat jediným způsobem:

start

Ve druhém případě mohl skákat kteroukoli z následujících možností:

start start start start start start

Z5–I–3Z čísla 215 můžeme vytvořit čtyřmístné číslo tím, že mezi jeho číslice vepíšeme jakou-

koli další číslici. Takto jsme vytvořili dvě čtyřmístná čísla, jejichž rozdíl byl 120. Jaká dvěčtyřmístná čísla to mohla být? Určete aspoň jedno řešení. (L. Šimůnek)

Nápověda. Je možné, aby nově vepsané číslice byly v obou případech na stejném místě?

Možné řešení. Nově vytvořené čtyřmístné číslo je buď typu 2∗15, nebo typu 21∗5 (hvěz-dičkou označujeme nově vepsané neznámé číslice). Kdyby byla obě nově vytvořená číslastejného typu, byl by v prvním případě (2∗15) rozdíl takových čísel násobkem 100, vedruhém případě (21∗5) by byl násobkem 10, ovšem ne větším než 90. Rozdíl však mábýt 120, takže nově vytvořená čísla musí být různého typu.

V levém sloupci uvažujeme případ, kdy větší z čísel je číslo typu 2∗15, v pravém sloupcinaopak:

2 ∗ 1 5− 2 1 ∗ 5

1 2 0

2 1 ∗ 5− 2 ∗ 1 5

1 2 0

Oba případy dořešíme odzadu jako algebrogram, čímž obdržíme dvě možná řešení:

2 3 1 5− 2 1 9 5

1 2 0

2 1 3 5− 2 0 1 5

1 2 0

2

Z5–I–4

Najděte největší číslo takové, že

• žádná číslice se v něm neopakuje,• součin každých dvou číslic je lichý,• součet všech číslic je sudý.

(M. Mach)

Nápověda. Z jakých číslic může sestávat číslo, pro které platí druhá podmínka ze zadání?

Možné řešení. Součin dvou čísel je lichý, právě když jsou obě čísla lichá. Proto hledanéčíslo může sestávat pouze z lichých číslic.

Součet několika lichých čísel je sudý, právě když je počet sčítanců sudý. Proto hledanéčíslo sestává ze sudého počtu číslic.

Lichých číslic je pět a číslice se nemají opakovat, proto každé číslo vyhovující uvedenýmpodmínkám je buď dvojmístné, nebo čtyřmístné. Největším z nich je číslo zapsané pomocíčtyř největších číslic seřazených sestupně, tedy číslo

9753.

Z5–I–5

Na obrázku je čtverec rozdělený na 25 čtverečků. Vybarvěte čtverečky pěti barvamitak, aby platilo:

• každý čtvereček je vybarven jednou barvou,• v žádném řádku ani v žádném sloupci nejsou dva čtverečky stejné barvy,• na žádné z obou úhlopříček nejsou dva čtverečky stejné barvy,• žádné dva stejně barevné čtverečky se nedotýkají stranou ani vrcholem.

(M. Petrová)

Nápověda. Zkuste jako první vybarvit prostřední čtvereček.

Možné řešení. Ze zadání víme, že v každém řádku, v každém sloupci a na každé úhlo-příčce bude každá z pěti barev právě jednou. Celkem tedy bude každá z pěti barev v celémčtverci zastoupena právě pětkrát. Navíc musíme mít na paměti ještě podmínku, že dvačtverečky stejné barvy nesmí mít společný ani vrchol.

3

Prostřední čtvereček leží na obou úhlopříčkách, takže po jeho vybarvení budeme mociuplatnit podmínky na co možná největší počet ostatních čtverečků. Začneme tím, že pro-střední čtvereček vybarvíme např. modře (M) a všechna políčka, která nemohou být vy-barvena stejnou barvou, označíme křížkem:

× × ×× × ×

× × M × ×× × ×

× × ×

V každém řádku a v každém sloupci, kde ještě není modrý čtvereček, si můžemevybrat ze dvou možností. Budeme postupovat po řádcích odshora dolů — v každém řádkuvybarvíme jedno políčko a označíme křížkem všechna ostatní políčka ve čtverci, kteránemohou být modrá. Takto postupně dostáváme:

× M × × ×× × × ×× × M × ×× × ×

× × × ×

× M × × ×× × × × M× × M × ×× × × ×

× × × ×

× M × × ×× × × × M

× × M × ×M × × × ×× × × ×

× M × × ×× × × × M

× × M × ×M × × × ×× × × M ×

Budeme pokračovat ve vybarvovaní např. zelenou barvou (Z). Ze stejného důvodu jakovýše chceme začít s takovým políčkem, jehož vybarvení ovlivní co možná nejvíc ostatníchpolíček. Proto volíme nějaké políčko blízko středu čtverce, např. druhé políčko na třetímřádku:

M

× × × M

× Z M × ×M × ×× M

Dále postupujeme obdobně jako v předchozím případě, akorát dáváme přednost těm řád-kům, na kterých se jeví jediná možnost vybarvení:

M × × ×× × × Z M

× Z M × ×M × × ×× × M

Z M × × ×× × × Z M

× Z M × ×M × × ×× × M ×

Z M × × ×× × × Z M

× Z M × ×M × × × Z

× × Z M ×

4

Podle stejných zásad pokračujeme s další barvou, např. červenou (Č). Začínáme např.na čtvrtém políčku ve třetím řádku:

Z M ×× Z M

× Z M Č ×M × × Z

Z M

Z M × ×× × Z M

× Z M Č ×M Č × × Z

× × Z M

Z M Č × ×Č × × Z M

× Z M Č ×M Č × × Z

× × Z M Č

Jako další vybarvíme např. druhý čtvereček na druhém řádku, a to např. hnědoubarvou (H):

Z M Č

Č H × Z M

× Z M Č

M Č × Z

× Z M Č

Z M Č ×Č H × Z M

× Z M Č H

M Č × Z

× Z M Č

Z M Č H ×Č H × Z M

× Z M Č H

M Č H × Z

H × Z M Č

Nyní vidíme, že i poslední nevybarvená políčka splňují všechny podmínky ze zadání.Pokud je tedy vybarvíme nějakou další barvou, např. růžovou (R), dostáváme jedno z mož-ných řešení:

Z M Č H R

Č H R Z M

R Z M Č H

M Č H R Z

H R Z M Č

Poznámka. Ačkoli to z předchozího popisu řešení není úplně zřejmé, ve skutečnosti mátato úloha pouze dvě řešení (až na volbu použitých barev), a ta jsou navíc zrcadlověpřevrácená. Pokuste se prozkoumat, proč tomu tak je.

Z5–I–6Na medaili, která má tvar kruhu o průměru 20 cm, je narýsován sněhulák tak, že jsou

splněny následující požadavky:

• sněhulák je složen ze tří kruhů jako na obrázku,• mezera nad sněhulákem je stejná jako pod ním,• průměry všech kruhů vyjádřené v cm jsou celočíselné,• průměr každého většího kruhu je o 2 cm větší než průměr kruhu předcházejícího.

Určete výšku co největšího sněhuláka s uvedenými vlastnostmi. (L. Dedková)

5

Nápověda. O kolik cm je průměr největšího kruhu větší než průměr nejmenšího?

Možné řešení. Nejmenší je horní kruh představující hlavu sněhuláka. Prostřední kruh jeo 2 cm větší než nejmenší kruh a spodní kruh je o 4 cm větší než nejmenší kruh. Celkovávýška sněhuláka je tedy rovna třem průměrům nejmenšího kruhu a k tomu 6 cm.

Aby byla nad i pod sněhulákem ještě nějaká mezera, musí být výška sněhuláka menšínež 20 cm. To znamená, že tři průměry nejmenšího kruhu musí být menší než 14 cm, takžeprůměr nejmenšího kruhu musí být menší nebo roven 4 cm (14 : 3 je 4, zbytek 2). Největšísněhulák se všemi požadovanými vlastnostmi je tedy vysoký

3 · 4 + 6 = 18 (cm).

6



Erika a Petr dostali kostku, která měla každou stěnu rozdělenou na čtyři stejné čtverce,viz obrázek. Petr tvrdil, že lze do všech čtverců vepsat čísla 1 nebo 2 tak, aby na každé zešesti stěn byl jiný součet. Erika naopak tvrdila, že to možné není. Rozhodněte, kdo z nichměl pravdu. (E. Novotná)

Nápověda. Jaký je největší možný součet na jedné stěně?

Možné řešení. Nejmenší možný součet, který lze na stěně kostky vytvořit, je 4, a tokdyž je ve všech čtvercích napsáno číslo 1. Naopak, největší možný součet je 8, a to kdyžje všude napsáno číslo 2. Na jednotlivých stěnách kostky mohou být pouze součty mezitěmito dvěma hodnotami, tzn. 4, 5, 6, 7 nebo 8.

Uvedeným způsobem je tedy možné vytvořit nejvýše pět různých součtů, avšak kostkamá stěn šest. Ať už jsou čísla napsána jakkoli, musí se aspoň jeden součet opakovat. Pravduproto měla Erika.

Z6–I–2Janeček a Walter sbírali autíčka. Walter měl autíčka srovnána ve skříňce ve třech

poličkách. Nejvíce autíček stálo na horní poličce, na prostřední jich bylo o tři méně než nahorní a na spodní poličce jich bylo o tři méně než na prostřední. Přitom na jedné z těchtopoliček bylo 15 autíček. Když si Janeček sbírku prohlédl, řekl Walterovi:

„Myslel jsem si, že když mám více než 20 autíček, tak jich mám mnoho. Teď ale vidím,že ty máš dvakrát více autíček než já!ÿ

Kolik autíček měl ve svojí sbírce Janeček? (L. Hozová)

Nápověda. Mohlo stát 15 Walterových autíček na horní poličce?

Možné řešení. Ze zadání nevíme, na které poličce bylo oněch 15 Walterových autíček.Proto musíme rozlišovat následující tři případy:

a) Kdyby bylo 15 autíček na horní poličce, bylo by na prostřední 12 a na dolní 9, tj. do-hromady 15 + 12 + 9 = 36. Janeček by pak měl 18 autíček, což je méně než 20.

b) Kdyby bylo 15 autíček na prostřední poličce, bylo by na horní 18 a na dolní 12,tj. dohromady 18 + 15 + 12 = 45. Tento součet je však lichý, což není možné (Janečekby měl mít 22,5 autíčka).

c) Kdyby bylo 15 autíček na dolní poličce, bylo by na horní 21 a na prostřední 18,tj. dohromady 21 + 18 + 15 = 54. Janeček by pak měl 27 autíček.

7

Jediný případ, který není ve sporu s žádnou uvedenou informací, je c). Janeček mělve své sbírce 27 autíček.

Z6–I–3Pan Květák má obdélníkovou zahradu rozdělenou na 9 pravoúhelníkových záhonů, viz

obrázek. U pěti záhonů jsou zapsány velikosti jejich obvodů v metrech.Určete obvod celé zahrady pana Květáka. (L. Hozová)

6 4 12

8

6

Nápověda. Pokuste se složit obvod celé zahrady z úseček, které ohraničují záhony, jejichžobvody známe.

Možné řešení. Pro každý ze záhonů se známými obvody platí, že jeho strany jsou shodné(příp. dokonce splývají) s úsečkami vyznačenými na obvodu celé zahrady. Navíc obvod celézahrady může být složen právě z těchto úseček, avšak určitě ne ze všech — např. je možnépoužít všechny úsečky kromě těch, které ohraničují záhon s obvodem 4 metry.

To znamená, že obvod celé zahrady může být vyjádřen pomocí daných obvodů takto:

6 + 6 + 8 + 12− 4 = 28.

Zahrada pana Květáka má tedy obvod 28 metrů.

Poznámka. Pokud předpokládáme, že prostřední záhon je čtvercový, potom je snadnéurčit délky všech stran všech záhonů a odtud spočítat obvod celé zahrady. Tento předpokladvšak není přímo zmíněn v zadání, proto by se s ním pracovat nemělo. Řešení založená natomto předpokladu hodnoťte nejlépe stupněm „dobřeÿ.

8

Z6–I–4Katka, Barča a Adélka se dohadovaly, které dvojmístné číslo je nejkrásnější. Katka

říkala, že to je to její, protože je dělitelné čtyřmi, a když ho napíše pozpátku, dostane jinédvojmístné číslo, které je také dělitelné čtyřmi. Barča tvrdila, že je to určitě to její, protožejedna z jeho číslic je násobkem druhé. Adélka o svém oblíbeném čísle prozradila, že jej lzerozložit na součin čtyř prvočísel.

Nakonec kamarádky zjistily, že mluví všechny o témž čísle. Určete, které číslo to bylo.(L. Dedková)

Nápověda. Hledejte dvojmístná čísla, která mají všechny zmiňované vlastnosti.

Možné řešení. Podle Katky má být hledané číslo dělitelné čtyřmi, je to tedy jedno z ná-sledujících čísel:

12, 16, 20, 24, 28, 32, 36, 40, 44, 48, 52, 56, 60, 64, 68, 72, 76, 80, 84, 88, 92, 96.

Současně má platit, že toto číslo napsané pozpátku dává jiné dvojmístné číslo dělitelnéčtyřmi. Této podmínce vyhovují pouze čísla

48, 84.

(Čísla 40, 44, 80 a 88 napsaná pozpátku jsou také dělitelná čtyřmi, ale 44 a 88 nedávajíjiná čísla, 40 a 80 nedávají dvojmístná čísla.)

Podle Barči je hledané číslo takové, že jedna jeho číslice je násobkem druhé. Tétopodmínce vyhovuje jak 48, tak 84.

Podle Adélky lze hledané číslo rozložit na součin čtyř prvočísel. Prvočíselný rozkladobou zatím vyhovujících čísel je

48 = 2 · 2 · 2 · 2 · 3, 84 = 2 · 2 · 3 · 7.

Číslo 48 má ve svém rozkladu pět prvočísel, číslo 84 čtyři prvočísla. Kamarádky mluvilyo čísle 84.

Z6–I–5Určete, kolik různých řešení má následující algebrogram. Každé písmeno odpovídá

jedné číslici od 0 do 5, různá písmena odpovídají různým číslicím, stejná stejným.

KO S AS A KO

BA BA(K. Pazourek)

Nápověda. Co můžete říct o číslicích odpovídajících písmenům A a O?

Možné řešení. Pěti různým písmenům máme přiřadit různé číslice od 0 do 5. To zejménaznamená, že v uvedeném algebrogramu nemusíme uvažovat přechod přes desítku (součetnejvětších dvou povolených číslic je 4 + 5 = 9).

Nejprve si všimneme druhého a čtvrtého sloupce: Abychom dostali A+O = A, musínutně být

O = 0.

9

Z prvního a třetího sloupce vidíme, že K + S = B. Přitom K a S odpovídají různýmčíslicím od 1 do 5 (nula už je obsazená) a jejich součet má být roven jiné číslici od 1 do 5.Vypíšeme systematicky všechny možnosti:

K 1 1 1 2 2 3 4 3

S 2 3 4 3 1 1 1 2

B 3 4 5 5 3 4 5 5

Máme celkem 8 možností, jak může vypadat trojice S, K, B. Ze šesti možných číslic jsouv tuto chvíli obsazeny čtyři, a to 8 různými způsoby. Písmeno A pak může odpovídatkterékoli ze zbývajících dvou číslic. Počet všech možných řešení algebrogramu je tedy

8 · 2 = 16.

Z6–I–6Skauti na výletě hráli hru. V lese bylo rozmístěno 8 stanovišť propojených provázky

tak, jako na následujícím obrázku. Na každém stanovišti se vydávalo jedno písmenko, po-případě pomlčka. Stanoviště je možné podle provázků proběhnout tak, že získaná písmenatvoří řetězec

ANANAS–KOKOS–MANGO.

Přiřaďte jednotlivým stanovištím odpovídající znaky. (M. Mach)

Nápověda. Může se některé z písmen objevovat na více stanovištích?

Možné řešení. Nejprve se ujistíme, že ve výsledném řetězci se opakuje právě tolik znaků,kolik je stanovišť, tj. osm. Kvůli snadnějšímu vyjadřování si jednotlivá stanoviště očísluje-me:

1 2 3

4 5 6

7 8

10

Některá stanoviště sousedí se dvěma (1, 3, 7, 8), jiná se třemi dalšími stanovišti (2, 4,5, 6). Jistou nápovědu o rozmístění znaků na stanovištích získáme, když pro každý znakv řetězci zjistíme, s kolika dalšími znaky sousedí. Se dvěma znaky sousedí čtyři znaky:

• N sousedí s A a G,• K sousedí s – a O,• M sousedí s – a A,• G sousedí s N a O.

Se třemi znaky sousedí zbylé čtyři znaky:

• A sousedí s N, S a M,• S sousedí s A, – a O,• O sousedí s K, S a G,• – sousedí s S, K a M.

Odtud plyne, že žádný ze znaků A, S, O, – nemůže být na žádném ze stanovišť 1, 3,7, 8, tyto znaky tedy musí být nějak rozmístěny na stanovištích 2, 4, 5, 6. Mezi těmitostanovišti vidíme, že pouze stanoviště 5 sousedí se všemi ostatními. Stejnou vlastnost meziznaky A, S, O, – má pouze písmeno S. Písmeno S se proto určitě vydávalo na 5. stanovišti.

1 2 3

4 S 6

7 8

Znaky N, K, M, G jsou nějak rozmístěny na stanovištích 1, 3, 7, 8. Mezi těmito sta-novišti spolu navzájem sousedí pouze stanoviště 7 a 8. Stejnou vlastnost mezi písmeny N,K, M, G mají pouze písmena N a G. Proto se písmeno N vydávalo na 7. stanovišti a G na8. stanovišti, nebo naopak.

1 2 3

4 S 6

N G

Na stanovišti 4 může být jedině znak, který sousedí s S a současně s N; jedinoumožností je A. Z podobných důvodů může být na stanovišti 6 jedině O. Poslední neobsazenéstanoviště ze skupiny 2, 4, 5, 6 je nyní 2, na které zbývá jediný možný znak, a to –.

Na poslední dvě stanoviště 1 a 3 zbývají písmena M a K. Jejich jediné možné umístěníje opět určeno podle sousedů (M sousedí s A, K sousedí s O):

11

M – K

A S O

N G

Vidíme, že v tomto přiřazení skutečně platí všechny výše uvedené sousedské vztahy.Nyní je nutné ukázat, že stanoviště je možné podle provázků proběhnout tak, že získanápísmena tvoří onen řetězec. Řešením je následující cesta:

4 7 4 7 4 5 2 3 6 3 6 5 2 1 4 7 8 6.

Poznámka. Až na volbu pořadí písmen N a G na 7. a 8. stanovišti bylo přiřazení ostatníchznaků ke stanovištím určeno jednoznačně. Úloha má tedy dvě řešení, která jsou osověsouměrná.

Značnou část uvedeného řešení lze samozřejmě nahradit zkoušením; podstatné je najítnějaké přiřazení znaků stanovištím a popsat odpovídající cestu. V takovém případě všaknerozpoznáme, že víc řešení vlastně není.

12



Libor, Martin a jejich kamarádka Erika šetří na hračku. Libor a Martin přispěli dospolečné pokladničky stejným množstvím peněz, Erika přispěla jinou částkou. Kdyby Erikapřispěla jen třetinou z toho, co do pokladničky dodala, celkově by měli polovinu z částky,která je v pokladničce nyní.

Kolikrát víc peněz do pokladničky dodala Erika než Libor? (E. Patáková)

Nápověda. Jakou část celkové částky tvoří dvě třetiny Eričina příspěvku?

Možné řešení. Ze zadání vyplývá, že součet příspěvků Libora a Martina a třetiny pří-spěvku Eriky tvoří polovinu celkové částky. To znamená, že dvě třetiny Eričina příspěvkutvoří druhou polovinu celkové částky. Odtud jedna třetina Eričina příspěvku je rovna po-lovině z poloviny — tedy čtvrtině — celkové částky. Erika proto přispěla třemi čtvrtinamia Martin společně s Liborem čtvrtinou celkové částky. Protože Martin a Libor přispělistejně, každý z nich dodal polovinu ze čtvrtiny — tedy osminu — celkové částky.

Erika dodala tři čtvrtiny a Libor jednu osminu celkové částky. Protože tři čtvrtinyjsou totéž jako šest osmin, vidíme, že Erika dodala do společné pokladničky šestkrát vícepeněz než Libor.

Poznámky. Příspěvek Libora, Martina a Eriky označíme postupně l, m a e, celkovoučástku označíme c = l+m+ e. Při tomto značení lze předchozí řešení zapsat následujícímzpůsobem:

l +m+e

3=

23e =

c

2,

e

3=c

4neboli e =

34c.

Odtud plyne, že

l +m =c

4.

Protože l = m, dostáváme

2l =c

4neboli l =

c

8.

Celkem tedy vidíme, že

e =34c =

68c = 6 l.

Pomocné grafické znázornění je na následujícím obrázku.

Libor Martin Erika

0 l l +mc2 c

13

Z7–I–2

Lenka se bavila tím, že vyťukávala na kalkulačce čísla. Používala pouze číslice od 2do 9 a brzy si všimla, že některé zápisy byly osově souměrné. Určete počet všech nejvýšetrojmístných čísel s uvedenými vlastnostmi. (L. Dedková)

Nápověda. Určete zvlášť počet čísel souměrných podle vodorovné, resp. podle svislé osy.

Možné řešení. Jediné číslice od 2 do 9, které jsou souměrné podle vodorovné osy, jsoučíslice 3 a 8. Všechna nejvýše trojmístná čísla složená výhradně z těchto číslic tak odpoví-dají zadání. Takových čísel je celkem 14:

• 3, 8,• 33, 88, 38, 83• 333, 888, 338, 383, 388, 833, 838, 883.

Podle svislé osy je souměrná jedině číslice 8. Navíc jsou podle svislé osy vzájemně sou-měrné číslice 2 a 5. Z těchto tří číslic lze sestavit 7 nejvýše trojmístných čísel vyhovujícíchzadání:

• 8,• 88, 25, 52,• 888, 285, 582.

Čísla 8, 88 a 888 jsou souměrná jak podle svislé, tak podle vodorovné osy, do celkovéhopočtu čísel odpovídajících zadání je tedy počítáme pouze jednou: Počet nejvýše trojmíst-ných osově souměrných čísel je

14 + 7− 3 = 18.

14

Z7–I–3Podle projektu bude dno bazénu vyskládáno kamínky tří barev tak, jak ukazuje ob-

rázek (dno je navíc rozděleno na 25 shodných pomocných čtverců). Cena kamínků najednotku plochy se u jednotlivých barev liší. Projektant počítal cenu kamínků použitýchna takto vyskládané dno a k jeho překvapení se za každý druh kamínků utratí stejnáčástka. Dále spočítal, že kdyby celou plochu vyskládal těmi nejlevnějšími kamínky, bylyby náklady 17 000 Kč.

Zjistěte, jaké by byly náklady, kdyby celé dno nechal vyskládat těmi nejdražšími ka-mínky. (L. Šimůnek)

Nápověda. Vyjádřete obsahy jednotlivých jednobarevných ploch.

Možné řešení. Obsah každého jednobarevného obrazce lze spočítat pomocí sčítání a od-čítání obsahů vhodných pravoúhelníků a pravoúhlých trojúhelníků.

Pro příklad uvádíme výpočet obsahu světle šedého trojúhelníku, jednotkou je obsahpomocného čtverce:

3 · 4− 1 · 42− 2 · 3

2− 3 · 1

2= 12− 2− 3− 1,5 = 5,5.

Obsahy jednotlivých jednobarevných ploch jsou:

• bílá: 5 + 3,5 = 8,5,• světle šedá: 5,5 + 5 = 10,5,• tmavě šedá: 3 + 3 = 6.

Celková cena kamínků použitých v každé z těchto tří ploch byla podle zadání stejná,nejlevnější materiál je tedy světle šedý a nejdražší tmavě šedý.

15

Vyskládání celé plochy, tj. všech 25 pomocných čtverců, kamínky nejlevnější světlešedé barvy by stálo 17 000 Kč. Jeden čtverec by tudíž stál

17 000 : 25 = 680 (Kč).

Plocha, která byla skutečně vyskládaná světle šedě, tak stála

10,5 · 680 = 7 140 (Kč).

Podle zadání na stejnou částku vyšel i materiál na vyskládání 6 čtverců kamínkynejdražší tmavě šedé barvy. Jeden takový čtverec vyjde na

7 140 : 6 = 1 190 (Kč).

Kdyby bylo těmito kamínky vyskládáno celé dno bazénu, náklad na materiál by byl

25 · 1 190 = 29 750 (Kč).

Poznámka. Závěrečné počítání v uvedeném řešení je možné zkrátit následovně:Podle zadání lze za stejnou částku pořídit 6 tmavě šedých a 10,5 světle šedých čtverců,

tj. 1,75krát více světle šedých čtverců než tmavě šedých (10,5 : 6 = 1,75). Tmavě šedýmateriál je tedy 1,75krát dražší než světle šedý. Pokrytí celého dna tmavě šedou barvouby proto stálo

1,75 · 17 000 = 29 750 (Kč).

Z7–I–4Body N ,O,P a Q jsou vzhledem k trojúhelníku KLM zadány následujícím způsobem:

• body N a O jsou popořadě středy stran KM a KL,• vrchol M je středem úsečky NP ,• bod Q je průsečíkem přímek LM a OP .

Určete, jaký je poměr délek úseček MQ a ML. (L. Hozová)

Nápověda. Připomeňte si definici a vlastnosti středních příček v trojúhelníku.

Možné řešení. Nejprve podle zadání určíme polohu bodů N , O, P a Q vzhledem k obec-nému trojúhelníku KLM , viz obrázek.

K L

M

O

N

P

Q

16

Body N a O jsou středy úseček KM a KL. Proto je úsečka NO střední příčkouv trojúhelníku KLM , která je rovnoběžná se stranou ML. Platí tedy |ML| = 2|NO|.

Bod M je středem úsečky NP a úsečka MQ je rovnoběžná s NO. Proto je úsečka MQstřední příčkou v trojúhelníku NPO a platí |NO| = 2|MQ|.

Celkem zjišťujeme, že platí

|ML| = 2|NO| = 4|MQ|,

neboli, že poměr délek úseček MQ a ML je roven

|MQ| : |ML| = 1 : 4.

Z7–I–5Na starém hradě bydlí drak a vězní tam princeznu. Honza šel princeznu osvobodit, na

hradě objevil troje vrata s následujícími nápisy.I: „Sluj za vraty III je prázdná.ÿII: „Princezna je v prostoru za vraty I.ÿIII: „Pozor! Drak je ve sluji za vraty II.ÿDobrá víla Honzovi prozradila, že na vratech, za kterými je princezna, je nápis prav-

divý, u draka nepravdivý a na vratech prázdné sluje může být napsána pravda i lež.Honza má na osvobození princezny pouze jeden pokus. Která vrata má otevřít?

(M. Volfová)

Nápověda. Vžijte se do Honzovy situace a rozhodněte, za kterými vraty princezna býtnemůže.

Možné řešení. Podle informací od dobré víly víme, že nápis na vratech, za nimiž jeprincezna, je pravdivý. Proto princezna nemůže být za vraty II, a je tedy buď za vraty I,nebo III.

Kdyby princezna byla za vraty I, byla by pravda, že sluj za vraty III je prázdná.V takovém případě by drak musel být za vraty II a na těchto vratech by tak měl býtnepravdivý nápis. Nápis ale tvrdí, že princezna je za vraty I, což by ovšem byla pravda.Proto princezna nemůže být ani za vraty I.

Princezna je tedy ukrytá v prostoru za vraty III. Podle nápisu na těchto vratech víme,že drak je za vraty II a odpovídající nápis je skutečně nepravdivý. Sluj za vraty I je prázdnáa nápis na oněch vratech proto může být jakýkoli.

Pokud to Honza s princeznou myslí opravdu vážně, měl by otevřít vrata III.

Poznámka. Pokud nevíme, jak začít, vždy je možné vypsat všechny možnosti rozmístěnídraka a princezny do jednotlivých slují (celkem 6 možností) a v každém z těchto případůzkontrolovat, zda nápisy na vratech souhlasí s nápovědou od dobré víly. Jako jediný beze-sporný případ vyjde ten, který jsme právě vyvodili.

17

Z7–I–6Matěj má dvě kartičky, na každou z nich napsal jedno dvojmístné číslo. Zařadí-li menší

číslo za větší, dostane čtyřmístné číslo, které je dělitelné čtyřmi a devíti. Zařadí-li naopakvětší číslo za menší, dostane čtyřmístné číslo, které je dělitelné pěti a šesti.

Kolik dvojic kartiček mohl Matěj vyrobit tak, aby platily výše uvedené vlastnosti?Určete všechny možnosti. (M. Petrová)

Nápověda. Co lze říct o dělitelnosti čísel napsaných na jednotlivých kartičkách?

Možné řešení. Větší číslo si označíme AB, menší cd. První podmínka v zadání říká, že:

• Číslo ABcd je dělitelné čtyřmi, takže poslední dvojčíslí cd je dělitelné čtyřmi.• Číslo ABcd je dělitelné devíti, což znamená, že ciferný součet A+B+c+d je dělitelný

devíti.

Z druhé podmínky víme, že:

• Číslo cdAB je dělitelné pěti, takže číslice B je 0 nebo 5.• Číslo cdAB je dělitelné šesti, tudíž je zároveň dělitelné třemi a dvěma. Aby bylo

dělitelné dvěma, musí být číslice B sudá, což spolu s předchozím důsledkem znamená,že B = 0. (Aby bylo cdAB dělitelné třemi, musí být ciferný součet c + d + A + Bdělitelný třemi. Z první podmínky však víme, že je tento součet dělitelný devíti, cožje silnější požadavek.)

Celkem tak dostáváme, že větší číslo AB je dělitelné desíti, menší číslo cd je dělitelnéčtyřmi a ciferný součet A+B + c+ d = A+ c+ d je dělitelný devíti.

Než začneme prověřovat všechny možnosti vyhovující uvedeným podmínkám, můžemesi všimnout následujícího: Největší dvojmístné číslo AB dělitelné desíti je 90. Největšídvojmístné číslo cd dělitelné čtyřmi a menší než AB je 88. Pro libovolné cd platí, žečíslice A taková, že součet A+ c+ d je dělitelný devíti, je určena jednoznačně. Navíc tentosoučet může být nejvýše 9 + 8 + 8 = 25, takže aby byl dělitelný devíti, musí být buď 9,nebo 18.

Budeme tedy postupně vypisovat všechny dvojmístné násobky čtyř cd, které jsoumenší než 90; pro každé z těchto čísel určíme číslo AB = A0 tak, aby součet A + c + dbyl 9 nebo 18; zkontrolujeme, zda je číslo cd menší než AB:

cd 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 56 60 64 68 72 76 80 84 88

AB 60 20 70 30 80 40 90 50 10 60 20 70 30 80 40 90 50 10 60 20

cd<AB a a a a a a a a n a n a n a n a n n n n

Matěj mohl vyrobit nejvýše 12 různých dvojic kartiček.

18



Z8–I–1

Písmenkový Logik je hra pro dva hráče, která má následující pravidla:

1. První hráč si myslí pětipísmenné slovo, v němž se žádné písmeno neopakuje.2. Druhý hráč napíše nějaké pětipísmenné slovo.3. První hráč odpoví dvěma čísly — první číslo udává, kolik písmen napsaného slova

se shoduje s myšleným slovem, tzn. stojí také na správném místě; druhé číslo udává,kolik písmen napsaného slova je obsaženo v myšleném slově, ale nestojí na správnémmístě.

4. Kroky 2 a 3 se opakují, dokud druhý hráč myšlené slovo neuhodne.

Záznam jedné hry dvou kamarádů vypadal následovně:

SONET 1 2

MUDRC 0 2

PLAST 0 2

KMOTR 0 4

ATOLY 1 1

DOGMA 0 2

V následujícím tahu bylo myšlené slovo uhodnuto. Určete, které slovo to bylo.(M. Volfová)

Nápověda. Nejprve určete, která písmena se v hledaném slově vyskytují, resp. nevysky-tují.

Možné řešení. Nejprve určíme, která písmena se v myšleném slově vyskytují, poté roz-hodneme, na kterých místech.

Ze záznamu hry vidíme, že ve slově SONET se vyskytují tři a ve slově MUDRC dvěhledaná písmena. Vzhledem k tomu, že tato dvě slova nemají žádné písmeno společné,hledaná pětice písmen se nachází pouze mezi písmeny

S, O, N, E, T, M, U, D, R, C.

Proto dvě z hledaných písmen, která jsou současně ve slově PLAST, jsou právě písmenaS a T. Ze stejného důvodu jsou čtyři z hledaných písmen, která jsou současně ve slověKMOTR, právě písmena M, O, T a R. Hledaná pětice písmen je

S, M, O, T, R.

19

Všechna ostatní písmena v uvedeném záznamu hry odstraníme a budeme uvažovato pořadí písmen v hledaném slově.

SO T 1 2

M R 0 2

ST 0 2

MOTR 0 4

TO 1 1

O M 0 2

Na pátém řádku jsou pouze dvě písmena, z nichž jedno je na správném místě. PísmenoO to být nemůže, protože na stejném místě se vyskytuje i na řádku předchozím, kde všakna správném místě není žádné z napsaných písmen. Proto je na správném místě písmenoT a můžeme začít doplňovat hledané slovo:

T .

Jedno z písmen na prvním řádku je také na správném místě. Písmeno O to být nemůže,protože druhé místo je už obsazeno. Písmeno T to také být nemůže, protože na stejnémmístě se vyskytuje také na třetím řádku, kde na správném místě není žádné z písmen.Proto musí být na správném místě písmeno S:

ST .

Z druhého a čtvrtého řádku víme, že písmeno R nemůže být na čtvrtém ani na pátémmístě. První dvě místa jsou již obsazená, proto R musí být na třetím místě:

STR .

Z posledního řádku víme, že písmeno M nemůže být na čtvrtém místě. První tři místa jsouobsazená, proto je M na pátém místě a na O zbývá místo čtvrté. Hledané slovo je

STROM.

Z8–I–2Součet všech dělitelů jistého lichého čísla je 78. Určete, jaký je součet všech dělitelů

dvojnásobku tohoto neznámého čísla. (K. Pazourek)

Nápověda. Jak se liší všichni dělitelé původního čísla a jeho dvojnásobku?

Možné řešení. Neznámé číslo označíme N . Libovolný dělitel čísla 2N je tvaru c · d, kdec je nějaký dělitel čísla 2 a d je nějaký dělitel čísla N . Jediní dělitelé čísla 2 jsou 1 a 2,dělitelé čísla N jsou 1, N , příp. ještě nějaká další čísla

d1, d2, . . . , dk,

20

o nichž předpokládáme, že jsou navzájem různá. Dělitelé čísla 2N tedy patří do množiny

{1, d1, d2, . . . , dk, N, 2, 2d1, 2d2, . . . , 2dk, 2N} (1)

a podmínka ze zadání znamená

1 + d1 + d2 + . . .+ dk +N = 78.

Protože číslo N je liché, musí být liší také všichni jeho dělitelé 1, d1, d2, . . . , dk, N .Naopak všechna čísla 2, 2d1, 2d2, . . . , 2dk, 2N jsou sudá, tudíž prvky množiny (1) jsou na-vzájem různá čísla. Součet všech dělitelů čísla 2N je proto roven

1 + d1+ . . .+ dk +N + 2 + 2d1+ . . .+ 2dk + 2N = 3 · (1 + d1+ . . .+ dk +N) = 3 · 78 = 234.

Jiné řešení. Každé číslo je dělitelné sebou samým a číslem 1. Proto neznámé číslo, kterémá součet všech svých dělitelů roven 78, musí být menší než 78. Vyzkoušením všech lichýchčísel od 1 do 77 zjistíme, že tuto vlastnost má pouze číslo 45. Dvojnásobkem je číslo 90a jeho dělitelé jsou:

1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 30, 45, 90.

Součet těchto dělitelů je 234.

Z8–I–3V lichoběžníku KLMN platí, že

• strany KL a MN jsou rovnoběžné,• úsečky KL a KM jsou shodné,• úsečky KN , NM a ML jsou navzájem shodné.

Určete velikost úhlu KNM . (L. Hozová)

Nápověda. Jaký je součet velikostí úhlů KNM a KLM?

Možné řešení. Ze zadání plyne, že lichoběžník KLMN je rovnoramenný a navíc je úh-lopříčkou KM rozdělen na dva rovnoramenné trojúhelníky. Součet velikostí vnitřních úhlův každém z těchto trojúhelníků je roven 180◦; součet velikostí vnitřních úhlů v danémlichoběžníku je roven 2 · 180◦ = 360◦. Velikost hledaného úhlu KNM označíme α. Pomocíneznámé α budeme vyjadřovat velikosti ostatních úhlů v lichoběžníku, dokud nebudemeschopni tuto neznámou určit.

Protože lichoběžník KLMN je rovnoramenný, jsou vnitřní úhly u vrcholů N a M ,resp. K a L shodné, tj.

α = |�KNM | = |�LMN |, resp. |�LKN | = |�KLM |.

Součet velikostí všech těchto úhlů je 360◦, proto je součet kterýchkoli dvou neshodnýchúhlů roven 180◦, tedy

|�LKN | = |�KLM | = 180◦ − α.Protože trojúhelník KLM je rovnoramenný, jsou vnitřní úhly u základny shodné, tzn.

|�KML| = |�KLM | = 180◦ − α.

21

Úhel KMN je rozdílem úhlů LMN a KML, platí tedy

|�KMN | = α− (180◦ − α) = 2α− 180◦.

Protože trojúhelník KMN je rovnoramenný, jsou vnitřní úhly u základny shodné, tedy

|�MKN | = |�KMN | = 2α− 180◦.

M

LK

Nα

180◦ − α

180◦ − α2α− 180◦

2α− 180◦

Součet velikostí vnitřních úhlů v trojúhelníku KMN je 180◦, dostáváme tak rovnicis neznámou α, kterou dořešíme:

5α− 360◦ = 180◦,

5α = 540◦,

α = 108◦.

Velikost úhlu KNM je 108◦.

Poznámka. Při značení jako na následujícím obrázku můžeme všechny výše uvedené pod-mínky zformulovat takto:

α+ 2γ = δ + 2β = 180◦, β + γ = α, γ + δ = β.

M

LK

Nα

β

βγ

γδ

S těmito podmínkami lze pracovat velmi různorodě a někdy může být výhodné vyjádřitvelikosti některých dalších úhlů. Pro kontrolu uvádíme velikosti všech vyznačených úhlů:

α = 108◦, β = 72◦, γ = δ = 36◦.

22

Jiné řešení. Lichoběžník KLMN lze doplnit do pětiúhelníku KPLMN tak, aby

|LP | = |PK| = |KN | = |NM | = |ML|.

Ze zadání plyne, že pětiúhelník KPLMN je pravidelný. (Protože |KL| = |KM |, jsou troj-úhelníky LPK a KNM shodné. Lichoběžníky KLMN a KMLP jsou tedy také shodné,a proto jsou všechny vnitřní úhly v pětiúhelníku KPLMN stejné.)

M

LK

Nα

P

Úhlopříčky KM a KL dělí tento pětiúhelník na tři trojúhelníky. Součet velikostívnitřních úhlů v každém z těchto trojúhelníků je roven 180◦; součet velikostí vnitřníchúhlů v pětiúhelníku KPLMN je roven 3 · 180◦ = 540◦. Protože jsou všechny vnitřní úhlyshodné, má každý z nich velikost

540◦

5= 108◦.

Velikost úhlu KNM je 108◦.

Poznámka. Obě uvedená řešení byla založena na větě o součtu vnitřních úhlů v troj-úhelníku. Odtud jsme určili součet vnitřních úhlů ve specifickém čtyřúhelníku, resp. pěti-úhelníku. Obecně platí, že součet velikostí vnitřních úhlů v libovolném n-úhelníku je roven(n− 2) · 180◦.

Z8–I–4Adam má plnou krabici kuliček, které jsou velké nebo malé, černé nebo bílé. Poměr

velkých a malých kuliček je 5 : 3. Mezi velkými kuličkami je poměr černých a bílých kuliček1 : 2, mezi malými kuličkami je poměr černých a bílých 1 : 8.

Jaký je poměr všech černých a všech bílých kuliček? (M. Petrová)

Nápověda. Nejprve určete poměr velkých černých a malých černých kuliček.

Možné řešení. Poměr počtu velkých černých a velkých bílých kuliček je 1 : 2. To zname-ná, že mezi velkými kuličkami tvoří 1 díl černé a 2 díly bílé kuličky. Zejména počet všechvelkých kuliček je násobkem 3.

23

Poměr počtu malých černých a malých bílých kuliček je 1 : 8. To znamená, že mezimalými kuličkami tvoří 1 díl černé a 8 dílů bílé kuličky; počet všech malých kuliček je tedynásobkem 9.

Kdyby byly díly, kterými jsme poměřovali barevné kuličky mezi velkými a malými,stejné, byl by poměr všech velkých a všech malých kuliček roven 3 : 9 = 1 : 3. Aby byltento poměr 5 : 3, musí být jeden díl, který jsme používali pro velké kuličky, pětkrát většínež díl, který jsme používali pro malé kuličky. Jinými slovy, velkých černých kuliček musíbýt pětkrát víc než malých černých kuliček.

Vzhledem k počtu malých černých kuliček (1 díl) jsou všechny ostatní počty vyjádřenyv následující tabulce:

kuličky velké malé celkem

černé 5 dílů 1 díl 6 dílů

bílé 10 dílů 8 dílů 18 dílů

celkem 15 dílů 9 dílů

Poměr všech černých a všech bílých kuliček je tedy roven

6 : 18 = 1 : 3.

Poznámka. Každý poměr můžeme podle potřeby rozšířit. Pro libovolná přirozená číslaa, b, c např. platí

12

=a

2a,

18

=b

8b,

53

=5c3c.

Čísla a, b, c představují právě díly, pomocí nichž jsme poměřovali jednotlivé typy kuličekv předchozím řešení:

kuličky velké malé celkem

černé a b a+ b

bílé 2a 8b 2a+ 8b

celkem 5c 3c

V tomto duchu můžeme uvedené řešení formulovat tak, že hledáme čísla a, b, c, aby platilo

3a = 5c, 9b = 3c.

Odtud vidíme, že c musí být nutně násobkem tří, neboli c = 3d (kde d je jakékoli přirozenéčíslo). Zbylá dvě čísla jsou potom rovna

a = 5d, b = d.

Po doplnění do tabulky dostáváme tentýž závěr jako výše.

24

Z8–I–5Průměr známek, které měli na vysvědčení žáci 8.A z matematiky, je přesně 2,45. Pokud

bychom nepočítali jedničku a trojku sourozenců Michala a Aleny, kteří do třídy přišli předměsícem, byl by průměr přesně 2,5.

Určete, kolik žáků má 8.A. (M. Dillingerová)

Nápověda. Vyjádřete informace ze zadání pomocí počtu žáků ve třídě a součtu jejichznámek z matematiky.

Možné řešení. Průměrnou známku si můžeme představit tak, že každý žák získal právětuto známku (i když známka 2,45 nebo 2,5 se samozřejmě nedává). Počet všech dětí v 8.A sioznačíme n. Odtud dostáváme, že součet všech známek je jednak 2,45n, jednak 1 + 3 ++ 2,5(n− 2). Řešíme tak rovnici:

2,45n = 4 + 2,5n− 5,

0,05n = 1,

n = 20.

Třída 8.A má 20 žáků.

Poznámka. Pokud součet všech známek označíme z, potom podle zadání platí

z

n= 2,45 a

z − 4n− 2

= 2,5,

neboliz = 2,45n a z = 2,5(n− 2) + 4.

Porovnáním dvojího vyjádření téhož čísla z dostaneme rovnici jako výše.

Z8–I–6Šemík dostal od svého pána kvádr složený z navzájem shodných kostek cukru, kterých

bylo nejméně 1 000 a nejvýše 2 000. Šemík kostky cukru ujídal po jednotlivých vrstvách —první den ujedl jednu vrstvu zepředu, druhý den jednu vrstvu zprava a třetí den jednuvrstvu shora. Přitom v těchto třech vrstvách byl pokaždé stejný počet kostek.

Zjistěte, kolik kostek mohl mít darovaný kvádr. Určete všechny možnosti.(E. Novotná)

Nápověda. Vyjádřete počty postupně snědených kostek vzhledem k rozměrům darova-ného kvádru.

Možné řešení. Rozměry kvádru (v kostkách cukru) označíme x, y a z tak, aby přednístěna měla rozměry x× z, boční stěna y × z a horní stěna x× y.

• První den Šemík ujedl jednu vrstvu zepředu, snědl tedy x · z kostek a rozměry kvádrupoté byly x× (y − 1)× z.• Druhý den ujedl jednu vrstvu zprava, snědl tak (y− 1) · z kostek a rozměry kvádru se

zmenšily na (x− 1)× (y − 1)× z.• Třetí den ujedl jednu vrstvu shora, snědl (x− 1) · (y − 1) kostek.

25

Každý den Šemík snědl stejný počet kostek, platí tedy

x · z = (y − 1) · z = (x− 1) · (y − 1).

Protože x, y, z jsou přirozená čísla (zejména z 6= 0), z první rovnosti dostáváme

x = y − 1.

Odtud vidíme, že y − 1 6= 0, tudíž z druhé rovnosti dostáváme

z = x− 1 = y − 2.

Rozměry původního kvádru tedy byly (y − 1)× y × (y − 2) a podle zadání má platit

1 000 5 (y − 1) · y · (y − 2) 5 2 000.

Postupným zkoušením se rychle přesvědčíme, že jediná řešení vyhovující těmto dvěmanerovnostem odpovídají buď y = 12, nebo y = 13. Darovaný kvádr mohl mít následujícípočet kostek:

11 · 12 · 10 = 1 320 nebo 12 · 13 · 11 = 1 716.

26



Z9–I–1

Milena nasbírala do košíku poslední spadlé ořechy a zavolala na partu kluků, ať se o něpodělí. Dala si ale podmínku: první si vezme 1 ořech a desetinu zbytku, druhý si vezme2 ořechy a desetinu nového zbytku, třetí si vezme 3 ořechy a desetinu dalšího zbytku a takdále. Takto se podařilo rozebrat všechny ořechy a přitom každý dostal stejně.

Určete, kolik Milena nasbírala ořechů a kolik se o ně dělilo chlapců. (M. Volfová)

Nápověda. Uvažujte od konce: kolik si vzal poslední chlapec a kolik předposlední?

Možné řešení. Pořadové číslo posledního chlapce označme n. Tento chlapec si vzal nořechů a desetinu vzniklého zbytku a pak už nic nezůstalo. Nulový tedy musel být užzbytek po odebrání n ořechů.

Předposlední chlapec, s pořadovým číslem n − 1, si vzal n − 1 ořechů a desetinuvzniklého zbytku. Aby měl také n ořechů jako poslední chlapec, musí být tato desetinazbytku rovna právě 1 ořechu. Zmíněný zbytek je tedy 10 ořechů.

Na posledního n-tého chlapce zbylo z těchto 10 ořechů 9, neznámá n je tedy 9. Chlapcůbylo 9 a každý si vzal stejně jako poslední z nich, tj. 9 ořechů. Celkový počet ořechů byl9 · 9 = 81. Pro kontrolu uvádíme, jak si chlapci ořechy postupně rozebírali:

• 1. chlapec: 1 + (81− 1) : 10 = 1 + 8 = 9, zbyde 72,• 2. chlapec: 2 + (72− 2) : 10 = 2 + 7 = 9, zbyde 63,• 3. chlapec: 3 + (63− 3) : 10 = 3 + 6 = 9, zbyde 54,• atd.,• 8. chlapec: 8 + (18− 8) : 10 = 8 + 1 = 9, zbyde 9,• 9. chlapec: 9.

Milena nasbírala 81 ořechů, o které se dělilo 9 chlapců.

Jiná nápověda. Uvažujte od začátku: kolik mohlo, příp. nemohlo být na začátku ořechů?

Jiné řešení. První chlapec si vzal 1 ořech a desetinu zbytku, což znamená, že celkovýpočet ořechů byl

10x+ 1,

kde x je neznámé přirozené číslo. Při tomto značení si první chlapec vzal 1 + x ořechůa nový zbytek byl 10x+ 1− 1− x = 9x.

Druhý chlapec si vzal 2 ořechy a desetinu nového zbytku, což znamená, že tento zby-tek byl

9x = 10y + 2, (1)

kde y je neznámé přirozené číslo. Při tomto značení si druhý chlapec vzal 2 + y ořechů,nový zbytek byl 10y + 2− 2− y = 9y atd.

Protože si první a druhý chlapec odebrali stejný počet ořechů, platí

1 + x = 2 + y neboli y = x− 1.

27

Dosazením do rovnice (1) a jednoduchou úpravou získáme x:

9x = 10x− 10 + 2,

x = 8.

Celkový počet ořechů byl 80 + 1 = 81 a každý chlapec si vzal 1 + 8 = 9 ořechů. Kontroluu všech chlapců provedeme stejně jako v předchozí části.

Z9–I–2Lenka se bavila tím, že vyťukávala na kalkulačce čísla, přičemž používala pouze číslice

od 2 do 9. Zápisy některých čísel měly tu vlastnost, že jejich obraz v osové nebo středovésouměrnosti byl opět zápisem nějakého čísla.

Určete počet všech nejvýše trojmístných čísel s uvedenými vlastnostmi.(L. Dedková)

Nápověda. Rozdělte vyhovující čísla do skupin podle typu uvažované souměrnosti.

Možné řešení. Čísla vyhovující podmínkám ze zadání rozdělíme do tří skupin podletoho, zda uvažujeme souměrnost podle vodorovné osy, souměrnost podle svislé osy nebosouměrnost středovou.

1) Jediné číslice, které jsou souměrné podle vodorovné osy nebo jejichž obraz vzhledemk takové souměrnosti je rovněž číslicí, jsou číslice 3, 8, 2 a 5:

Určíme, kolik je všech nejvýše trojmístných čísel sestavených výhradně z těchto číslic:Jednomístná čísla jsou 4. Dvojmístných čísel je 4 · 4 = 16 (před každou z číslic 2, 3, 5, 8můžeme připsat jakoukoli z těchto čtyř číslic). Trojmístných čísel je 4 ·16 = 64 (před každédvojmístné číslo, kterých jsme napočítali 16, lze připsat libovolnou z uvažovaných čtyřčíslic). Celkový počet čísel v této skupině je

4 + 16 + 64 = 84.

28

2) Jediné číslice, které jsou souměrné podle svislé osy nebo jejichž obraz vzhledemk takové souměrnosti je rovněž číslicí, jsou číslice 8, 2 a 5:

Počet všech nejvýše trojmístných čísel sestavených výhradně z těchto číslic určímepodobně jako v předchozí části — nejprve počet jednomístných čísel, poté dvojmístnýcha nakonec trojmístných:

3 + 3 · 3 + 3 · 3 · 3 = 3 + 9 + 27 = 39.

3) Jediné číslice, které jsou středově souměrné nebo jejichž obraz vzhledem k takovésouměrnosti je rovněž číslicí, jsou číslice 2, 5, 8, 6 a 9:

Celkový počet čísel v této skupině určíme stejně jako výše:

5 + 5 · 5 + 5 · 5 · 5 = 5 + 25 + 125 = 155.

Všechna čísla ze skupiny 2) jsou zahrnuta jak ve skupině 1), tak ve skupině 3). Kromětěchto čísel nemají tyto tři skupiny žádné další společné prvky. Celkový počet čísel vyho-vujících zadání tedy dostaneme tak, že k počtu čísel ze skupiny 1) přičteme počet číselskupiny 3) zmenšený o počet čísel skupiny 2):

84 + 155− 39 = 200.

Poznámky. Pro příklad uvádíme možné obrazy čísla 825, jež patří do všech diskutovanýchskupin:

29

Pokud bychom uvažovali souměrnosti vzhledem k obecným osám, resp. středům, budouvýsledné obrazy pouze pootočením, resp. posunutím některých obrazů uvažovaných výše.Na počet čísel vyhovujících zadání nemá tento obecnější předpoklad žádný vliv.

Z9–I–3Dárek je zabalen do krabice, jejíž rozměry v cm jsou 40×30×6. Krabice je převázána

provázkem jako na obrázku. Určete, kolik nejméně cm provázku je potřeba na převázáníkrabice, pokud na uzel a mašli stačí 20 cm. (M. Krejčová)

Nápověda. Rozložte krabici do roviny.

Možné řešení. Provázek vždy obepíná krabici tak, aby měl co nejmenší možnou délku.Proto po rozložení krabice do roviny tvoří stopy po provázku části přímek. Dále si uvědom-me, že krabice je převázána jedním kusem provázku, a proto musí být alespoň v jednombodě křížení provázek přetočen, aby změnil směr.

30

1) Nejprve předpokládejme, že všechny body křížení jsou ve středech bočních stěn.V takovém případě může rozložená krabice s vyznačenými stopami po provázku vypadattakto:

Stopy v navzájem shodných stěnách jsou navzájem shodné, navíc stopy v jednotlivýchstěnách sestávají z navzájem shodných úseček. Proto si můžeme jejich měření usnadnitvhodným přemístěním jejich částí. Součet délek silně vyznačených úseček na předchozímobrázku je stejný jako na obrázku následujícím:

A

B

C

D

Tento útvar je složen z osmi shodných úseček, jejichž součet délek je roven

8 · |AB|.

Úsečka AB je přeponou v pravoúhlém trojúhelníku s odvěsnami délek 20 + 3 = 23 (cm)a 15 + 3 = 18 (cm). Podle Pythagorovy věty platí

|AB| =√

232 + 182 =√

853.= 29,2 (cm).

Na převázání krabice tímto způsobem tedy postačí provázek o délce

8 ·√

853 + 20.= 253,6 (cm).

31

2) Nyní předpokládejme, že body křížení provázku nejsou ve středech bočních stěn,avšak jsou nadále stejně daleko od horní i dolní stěny. V tomto případě nejsou stopy poprovázku tak souměrné jako výše, nadále však platí, že tyto stopy v horní a dolní stěnějsou stejné (přesněji řečeno, v průmětu kolmém k těmto stěnám stopy po provázku splý-vají). Po rozložení krabice do roviny a případném přemístění může měřený útvar vypadatnapř. takto:

A

B B′

C C ′

D D′

Z uvedeného plyne, že čtyřúhelníky ABCD a AB′C ′D′ jsou osově souměrné, a protojsou vyznačené úhly poblíž vrcholu A shodné. Ze stejného důvodu jsou shodné také odpoví-dající úhly poblíž každého dalšího vrcholu. Odtud zejména vyplývá, že čtyřúhelníky ABCDa AB′C ′D′ jsou rovnoběžníky, jejichž strany jsou rovnoběžné s úhlopříčkami obdélníků,které představují horní a dolní stěnu krabice.

Vyznačený útvar tedy sestává ze dvou čtveřic navzájem shodných úseček, jejichž součetdélek je roven

4 · (|BA|+ |AD|) = 4 · (|BA|+ |AD′|) = 4 · |BD′|.

Úsečka BD′ je však shodná s analogickou úsečkou na obrázku v předchozím případě. Jejídélka je tedy stejná a délka provázku potřebného k převázání krabice se nezmění.

3) V obecném případě neplatí, že stopy po provázku v horní a dolní stěně jsou stejné.Nadále však platí, že tyto stopy jsou rovnoběžné s úhlopříčkami horní a dolní stěny. Po roz-ložení krabice do roviny a případném přemístění může měřený útvar vypadat následovně:

A

B B′

C C ′

DD′

32

V tomto případě rovnoběžníky ABCD a AB′C ′D′ nejsou shodné. Vyznačený útvarsestává ze čtyř dvojic navzájem shodných úseček, jejichž součet délek je roven

2 · (|BA|+ |AD|+ |B′A|+ |AD′|) = 2 · (|BD′|+ |DB′|).

Jak úsečka BD′, tak úsečka DB′ jsou však shodné s analogickými úsečkami na obrázcíchv předchozích případech. Jejich délky jsou tedy stejné a délka provázku potřebného k pře-vázání krabice se ani v tomto případě nezmění.

Poznámka. Provázek na obrázku v zadání úlohy je znázorněn přibližně jako v případě 1).Tento předpoklad však není v textu přímo zmíněn, proto by se s ním pracovat nemělo.Řešení zabývající se pouze tímto případem hodnoťte nejlépe stupněm „dobřeÿ.

Z9–I–4Petr, Martin a Jirka se trefovali do zvláštního terče, který měl pouze tři pole s hod-

notami 12, 18 a 30 bodů. Všichni chlapci házeli stejným počtem šipek, všechny šipky setrefily do terče a výsledky každých dvou chlapců se lišily v jediném hodu. Petrův průměrnýbodový výsledek byl o dva body lepší než Martinův a ten byl o jeden bod lepší než průměrJirkův.

Určete, kolika šipkami házel každý z chlapců. (E. Novotná)

Nápověda. Určete, jak se lišily celkové bodové výsledky některých dvou chlapců.

Možné řešení. Nejlepší výsledek měl Petr, střední Martin a nejhorší Jirka. Výsledkykaždých dvou chlapců se lišily v jediném hodu, proto musel Petr v tomto hodu trefit poles hodnotou 30, Martin pole s hodnotou 18 a Jirka 12. Odtud vidíme, že Petrův celkovývýsledek byl o 12 bodů větší než celkový součet Martinův a ten byl o 6 bodů větší nežsoučet Jirkův.

Současně ze zadání víme, že Petrův průměrný výsledek byl o 2 body lepší než Martinůva ten byl o 1 bod lepší než průměr Jirkův. Odtud vyplývá, že každý z chlapců házel 6krát(12 : 6 = 2, resp. 6 : 6 = 1).

Poznámka. Hledaný počet hodů označíme n a celkový bodový výsledek Jirky, Martinaa Petra označíme postupně J , M a P . Při tomto značení lze předchozí řešení zapsat ná-sledovně:

P = M + 12, resp. M = J + 6,

P

n=M

n+ 2, resp.

M

n=J

n+ 1.

Odtud vyplývá, že 12 : n = 2, resp. 6 : n = 1, a tedy n = 6.

Z9–I–5Jarek si koupil nové kalhoty, ale nohavice byly příliš dlouhé. Jejich délka byla vzhledem

k Jarkově výšce v poměru 5 : 8. Maminka mu nohavice zkrátila o 4 cm, čímž se původnípoměr zmenšil o 4 %. Určete, jak je Jarek vysoký. (L. Hozová)

Nápověda. Určete poměr délky zkrácených nohavic vzhledem k Jarkově výšce.

Možné řešení. Původní poměr délky nohavic a výšky Jarka se po zkrácení nohavic zmen-šil z 5 : 8 na

58− 4

100· 5

8=

96100· 5

8=

1220

=35.

33

Výšku Jarka a délku nohavic (v cm) označíme postupně j a n. Podle zadání tedy platí

n

j=

58

an− 4j

=35. (1)

Z každé rovnice můžeme vyjádřit neznámou n:

n =58j a n =

35j + 4.

Odtud sestavíme novou rovnici s neznámou j, kterou dořešíme:

58j =

35j + 4,

25j = 24j + 160,

j = 160.

Jarek je vysoký 160 cm.

Poznámka. Rovnice v (1) tvoří soustavu dvou rovnic o dvou neznámých, která je ekvi-valentní se soustavou

8n− 5j = 0,

5n− 3j = 20.

Z9–I–6Neznámé číslo je dělitelné právě třemi různými prvočísly. Když tato prvočísla srovnáme

vzestupně, platí následující:

• Rozdíl druhého a prvního prvočísla je polovinou rozdílu třetího a druhého prvočísla.• Součin rozdílu druhého a prvního prvočísla s rozdílem třetího a druhého prvočísla je

násobkem 17.

Určete nejmenší číslo, které má všechny výše uvedené vlastnosti. (K. Pazourek)

Nápověda. Vyjádřete součin ze druhé podmínky pomocí dvou nejmenších prvočísel.

Možné řešení. Zmiňovaná prvočísla označíme vzestupně a, b, c. Ze zadání víme, žeb− a = 1

2 (c− b) nebolic− b = 2(b− a) (1)

a že číslo (b− a)(c− b) je násobkem 17. Odtud plyne, že číslo

2(b− a)2 (2)

je násobkem 17. Protože 17 není násobkem 2, je tato podmínka splněna právě tehdy, kdyžrozdíl b− a je násobkem 17.

Aby neznámé číslo bylo nejmenší možné, musí být i prvočísla a, b, c nejmenší možná.Nejmenší prvočíslo je 2. Pokud by bylo a = 2, potom nejmenší prvočíslo b, pro které jerozdíl b− a násobkem 17, by bylo b = 19. Číslo c je pak jednoznačně určeno rovností (1):

c = 2 · 17 + 19 = 53,

a to je také prvočíslo. Tedy nejmenší číslo s výše uvedenými vlastnostmi je

2 · 19 · 53 = 2 014.

34



Z5–II–1

V kouzelnickém bazaru si kouzelníci mezi sebou měnili kouzelnické klobouky, hůlkya pláště. Za 4 hůlky je 6 plášťů a za 5 hůlek je 5 klobouků. Kolik plášťů je za 5 hůleka 1 klobouk? (V. Hucíková)

Možné řešení. Za 5 hůlek je 5 klobouků. Za 1 hůlku je tedy 1 klobouk, a proto 5 hůleka 1 klobouk má stejnou hodnotu jako 6 hůlek.

Dále víme, že za 4 hůlky je 6 plášťů. Za 2 hůlky jsou tedy 3 pláště, a proto 6 hůlekmá stejnou hodnotu jako 9 plášťů.

Celkem tedy vidíme, že 5 hůlek a 1 klobouk má stejnou hodnotu jako 9 plášťů.

Návrh hodnocení. 2 body za odvození vztahu 5 hůlek + 1 klobouk = 6 hůlek; 3 bodyza odvození vztahu 6 hůlek = 9 plášťů; 1 bod za odpověď.

Z5–II–2

Jirka měl tři shodné obdélníky. Nejdřív je k sobě přiložil tak jako na obrázku a dostalobdélník, který měl obvod 20 cm. Poté je k sobě přiložil jinak a dostal obdélník s jinýmobvodem. Jaký obvod měl tento obdélník?

(Při každém přiložení se žádné dva obdélníky nepřekrývají ani mezi nimi není mezera.)(E. Novotná)

Možné řešení. Z poskládaného útvaru vidíme, že delší strana každého ze tří Jirkovýchobdélníků je stejně dlouhá jako dvě strany kratší. Velký obdélník na obrázku má obvodsložený ze tří delších a čtyř kratších stran malých obdélníků. Protože součet tří delšíchstran je stejně velký jako součet šesti kratších, je obvod velkého obdélníku roven 6+4 = 10kratším stranám malého obdélníku. Protože velký obdélník má obvod 20 cm, je kratší stranamalého obdélníku rovna 20 : 10 = 2 (cm). Malé obdélníky tedy mají rozměry 2 cm× 4 cm.

Dané tři obdélníky lze k sobě podle uvedených pravidel přikládat ještě následujícímizpůsoby:

1

a) V prvním případě je obvod velkého obdélníku roven součtu 6 kratších a 2 delších stranmalého obdélníku, tj. 6 · 2 + 2 · 4 = 20 (cm).

b) Ve druhém případě je obvod velkého obdélníku roven součtu 6 delších a 2 kratšíchstran malého obdélníku, tj. 6 · 4 + 2 · 2 = 28 (cm).V prvním případě je obvod stejný jako obvod obdélníku ze zadání, ve druhém případě

je jiný. Nově vzniklý Jirkův obdélník měl obvod 28 cm.

Návrh hodnocení. 2 body za objev, že malý obdélník má jeden rozměr dvakrát větší neždruhý; 2 body za vyčíslení rozměrů malého obdélníku; 1 bod za obdélník s jiným obvodem;1 bod za jeho obvod.

Diskuse možnosti a) není povinnou součástí řešení.

Z5–II–3

Z čísla 215 můžeme vytvořit čtyřmístné číslo tím, že mezi jeho číslice vepíšeme jakou-koli další číslici. Takto jsme vytvořili dvě čtyřmístná čísla, jejichž součet byl 4 360. Jakádvě čtyřmístná čísla to mohla být? Určete všechny možnosti. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Nově vytvořené čtyřmístné číslo je buď typu 2 ∗15, nebo typu 2 1∗5.V úloze vytvořená čísla mohla být buď a) obě prvního typu, nebo b) obě druhého typu,nebo c) každé jiného typu.

a) V tomto případě končí součet 2 ∗15+ 2 ∗15 číslem 30, což je v rozporu se zadanýmsoučtem 4 360. V úloze vytvořená čísla proto nemohla být obě typu 2 ∗15.

b) Tento případ řešíme jako algebrogram:

2 1 ∗ 52 1 ∗ 54 3 6 0

Ve sloupci stovek si všimneme, že po sečtení 1+1 je ve výsledku zapsána číslice 3, ve sloupcidesítek proto jistě došlo k přechodu přes desítku. Ve sloupci jednotek sčítáme 5 + 5 = 10a ve výsledku je na místě desítek zapsána číslice 6. Proto místa označená hvězdičkamiskrývají číslice se součtem 15. Může jít buď o součet 9+ 6, nebo 8+ 7. Tento algebrogrammá tak dvě řešení.

c) Tento případ řešíme jako algebrogram:

2 ∗ 1 52 1 ∗ 54 3 6 0

Podobnými úvahami jako výše zjišťujeme, že tento algebrogram má jediné řešení: na místodesítek patří číslice 4, na místo stovek 2.

Úloha má celkem tři řešení: hledanou dvojicí čísel jsou buď čísla 2 195 a 2 165, nebočísla 2 185 a 2 175, nebo čísla 2 215 a 2 145.

Návrh hodnocení. 3 body za řešení 2 195 + 2 165 a 2 185 + 2 175 (z toho po 1 bodu zakaždé řešení a 1 bod za komentář); 2 body za řešení 2 215 + 2 145; 1 bod za vyloučenímožnosti 2 ∗15 + 2 ∗15.

2



Z6–II–1

Fabián má čtyři kartičky, na každou z nich napsal jedno celé kladné číslo menší než 10.Čísla napsal různými barvami, přičemž platí následující:

• Součin zeleného a žlutého čísla je zelené číslo.• Modré číslo je stejné jako červené číslo.• Součin červeného a modrého čísla je dvojmístné číslo zapsané zelenou a žlutou číslicí(v tomto pořadí).

Určete tato čtyři čísla. (M. Petrová)

Možné řešení. Fabián psal pouze přirozená čísla. Z první podmínky vyplývá, že vynásobí-me-li zelené číslo žlutým, nezměníme jeho hodnotu. To znamená, že žluté číslo je 1. Z druhépodmínky plyne, že modře a červeně napsal stejné číslo. Ze třetí podmínky potom plyne,že vynásobíme-li dvě červená (resp. dvě modrá) čísla, dostaneme jako součin dvojmístnéčíslo končící jedničkou (žluté číslo je 1). Projdeme tedy všechny možnosti:

1 · 1 = 1, 2 · 2 = 4, 3 · 3 = 9, 4 · 4 = 16,5 · 5 = 25, 6 · 6 = 36, 7 · 7 = 49, 8 · 8 = 64, 9 · 9 = 81.

Uvedené podmínce vyhovuje jediná, a to poslední možnost. Fabián napsal červeně číslo 9,modře číslo 9, zeleně číslo 8 a žlutě číslo 1.

Návrh hodnocení. 2 body za určení žlutého čísla, z toho 1 bod za zdůvodnění; 3 bodyza prošetření všech možností a za nalezení součinu 9 · 9 = 81; 1 bod za správné určenízbylých tří čísel.

Pokud řešitel neuvede všechny možnosti součinu (má jen výsledný součin 9 · 9 = 81),neodůvodní, že víc řešení není, a ani nevysvětlí, že prošel všechny možnosti a jiné řešenínenašel, udělte nejvýše 4 body.

Přiřazení barev jednotlivým číslům není nutnou součástí řešení, proto je nijak bodověnepostihujte.

Z6–II–2

Na den dětí otevřeli v zoo bludiště se šesti stanovišti, nakterých se rozdávaly bonbóny. Na jednom stanovišti se při kaž-dém vstupu rozdávalo 5 bonbónů, na dvou stanovištích se roz-dávalo po 3 bonbónech a na třech stanovištích po 1 bonbónu.Jirka nejprve vstoupil na stanoviště označené šipkou a pokra-čoval tak, že každou cestičkou prošel nejvýše jednou.

Určete, kolik nejvíce bonbónů mohl Jirka dostat.(E. Novotná)

Možné řešení. Nejvíc bonbónů může Jirka dostat, když každou cestičkou projde právějednou a na stanovištích, kterými prochází nejčastěji, se rozdává nejvíce bonbónů. Projítbludištěm uvedeným způsobem je možné, viz např. cestu

A—B—C—D—E—C—A—E—F—A

1

podle značení jako na obrázku.

B F

EC

D

A

Existují také jiné možné cesty, které však není nutné rozebírat. Podstatné je, že umímeurčit, kolikrát lze do každého stanoviště vstoupit. To nezávisí na zvolené cestě, ale pouzena počtu cestiček, které do daného stanoviště vedou. Do stanovišť B, F a D vedou dvěcestičky, do stanovišť A, C a E vedou čtyři cestičky. Přitom do stanoviště A se vstupujezvenku, ostatními stanovišti lze pouze projít (tzn. kolikrát se vstoupí, tolikrát se vystoupí).Platí tedy, že

• do stanoviště A může Jirka vstoupit třikrát (jednou zvenku, jednou prochází a napo-sledy zde končí),

• do každého ze stanovišť C a E může Jirka vstoupit dvakrát (tj. dvakrát prochází),• do každého ze stanovišť B, D a F může Jirka vstoupit pouze jednou (tj. jednou pro-chází).

Jirka tedy mohl získat nejvíce bonbónů, pokud by se na stanovišti A rozdávalo5 bonbónů, na stanovištích C a E po 3 bonbónech a na zbylých stanovištích po 1 bonbónu.V takovém případě by Jirka získal na jednom stanovišti třikrát po 5 bonbónech, na dvoustanovištích dvakrát po 3 bonbónech a na třech stanovištích po 1 bonbónu, tj.

3 · 5 + 2 · 3 + 2 · 3 + 3 · 1 = 30

bonbónů.

Návrh hodnocení. 2 body za určení nějaké cesty, která prochází každou cestičkou právějednou; 2 body za vyčíslení navštěvovanosti jednotlivých stanovišť; 1 bod za přiřazenípočtu rozdávaných bonbónů jednotlivým stanovištím; 1 bod za odpovídající celkový ziskbonbónů.

Z6–II–3

Honzík měl čtyři shodné trojúhelníky. Skládal z nich různé útvary, a to tak, že troj-úhelníky k sobě přikládal stranami stejné délky. Nejprve složil útvar ze tří trojúhelníkůjako na obrázku, který měl obvod 43 cm.

2

Pak útvar rozebral a složil jiný útvar ze tří trojúhelníků, který měl obvod 35 cm.Nakonec ze všech čtyř trojúhelníků složil další útvar jako na obrázku, a ten měl obvod46 cm.

Určete délky stran trojúhelníků. (E. Semerádová)

Možné řešení. Navzájem shodné strany v použitých trojúhelnících můžeme rozlišit ba-revně — použijeme např. červenou, zelenou a modrou barvu, odpovídající délky v centi-metrech označíme c, z a m:

c

c

c

z

z

m

m

c

c

z

z

m

m

m

c

z

V obvodu posledního útvaru je strana každé barvy zastoupena právě dvakrát. Tentoobvod je roven

2 · (c+ z +m) = 46,

proto je obvod jednoho trojúhelníku roven 23 cm. V obvodu prvního útvaru jsou tři červenéstrany, jedna zelená a jedna modrá, což je totéž jako dvě červené strany a strany obvodujednoho trojúhelníku. Tento obvod je roven

3c+ z +m = 2c+ (c+ z +m) = 43.

Obvod jednoho trojúhelníku je 23 cm, proto 2c = 43 − 23 = 20 (cm) a délka jedné stranytrojúhelníku je c = 10 (cm).

Druhý útvar (který není v zadání zobrazen) je složen ze tří trojúhelníků podle stejnýchpravidel jako první, např. takto:

c

c

z

z

m

m

m

3

Obvod tohoto útvaru sestává z jedné červené, jedné zelené a třech modrých stran, cožje totéž jako strany obvodu jednoho trojúhelníku a dvě modré strany navíc. Tento obvodje podle zadání roven

c+ z + 3m = (c+ z +m) + 2m = 35.

Stejně jako výše určíme délku druhé ze stran trojúhelníku: 2m = 35− 23 = 12 (cm), tedym = 6 (cm). Ze znalosti obvodu a dvou stran v trojúhelníku vyjádříme délku strany třetí:z = 23− 10− 6 = 7 (cm).

Délky stran Honzíkových trojúhelníků jsou 10 cm, 6 cm a 7 cm. (Výsledek je v souladus trojúhelníkovou nerovností.)

Návrh hodnocení. 2 body za určení obvodu trojúhelníku; 2 body za určení délky jednéstrany; po 1 bodu za určení délek zbylých dvou stran.

Poznámka. U druhého útvaru lze uvažovat ještě jiné způsoby složení — v každém případěse v obvodu útvaru objevuje vždy jedna strana trojúhelníku vícekrát. Při uvedeném značeníby nanejvýš vyšly délky stran z am naopak, což je ekvivalentní jinému značení na začátku.V řešení úlohy není nutné všechny možnosti rozebírat.

4



Z7–II–1

Najděte všechna přirozená čísla od 90 do 150 taková, že ciferný součet jejich cifernéhosoučtu je roven 1. (E. Semerádová)

Možné řešení. Hledané číslo je nanejvýš trojmístné, proto je jeho ciferný součet nanejvýšdvojmístné číslo. Aby byl ciferný součet tohoto čísla roven 1, musí být ciferný součethledaného čísla 1 nebo 10. Jediné přirozené číslo od 90 do 150 s ciferným součtem 1 ječíslo 100. Všechna přirozená čísla od 90 do 150 s ciferným součtem 10 jsou 91, 109, 118,127, 136, 145. Úloha má celkem sedm řešení:

91, 100, 109, 118, 127, 136, 145.

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za odhalení možných ciferných součtů 1 a 10; zbylé 4 bodyrozdělte podle počtu nalezených řešení (4 body za všech 7 řešení, 3 body za 6–5 řešení,2 body za 4–3 řešení, 1 bod za 2–1 řešení).

Z7–II–2

Sedmé třídy z naší školy soutěžily ve sbírání víček od PET lahví. Třída A posbíralapolovinu toho, co třídy B a C dohromady, třída B posbírala třetinu toho, co třídy A a Cdohromady, a třída C posbírala 150 víček.

Určete, kolik víček posbíraly tyto tři třídy dohromady. (M. Volfová)

Možné řešení. Třída A posbírala polovinu toho, co třídy B a C dohromady; to znamená,že třída A posbírala třetinu celkového počtu víček. Třída B posbírala třetinu toho, co třídyA a C dohromady; to znamená, že třída B posbírala čtvrtinu celkového počtu víček. TřídyA a B tedy dohromady posbíraly

13+14=412+312=712

celkového počtu víček.Třída C tak posbírala 5

12celkového počtu víček, což bylo 150 kusů. Odtud vyplývá, že

dvanáctinu celkové sbírky tvořilo 150 : 5 = 30 víček. Celkem tedy všechny třídy dohromadyposbíraly 12 · 30 = 360 víček.

Pomocné grafické znázornění je na následujícím obrázku:

B + C A

A + C B

A B C

Návrh hodnocení. 2 body za poznatek, že třída A posbírala třetinu celkového počtuvíček; 1 bod za obdobný poznatek pro třídu B; 2 body za poznatek, že třída C posbírala5

12celkového počtu; 1 bod za dořešení úlohy.

1

Z7–II–3

Probíhá rekonstrukce náměstí ve tvaru čtverce se stranou 20 metrů. Kdyby bylo celévydlážděno levnější světlou dlažbou, byly by náklady na materiál 100 000 Kč. Kdyby bylocelé náměstí pokryto dražší tmavou dlažbou, stál by materiál 300 000 Kč. Architekt všakv centrální části náměstí navrhl světlou čtvercovou část, která bude olemována pruhemtmavé dlažby o šíři 2 metry, a ve vnější části náměstí bude stejná světlá dlažba jakouprostřed (viz obrázek). Podle tohoto návrhu budou náklady na materiál tmavé části stejnéjako na celkový materiál světlých částí.

20m

2m

Určete:

a) kolik bude stát materiál na vydláždění náměstí podle tohoto projektu,b) jak dlouhá bude strana světlého čtverce v centrální části náměstí.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. a) Světlá dlažba je třikrát levnější než tmavá. Náklady na světlou a tmavoučást náměstí jsou stejné, proto je světlá část plochy třikrát větší než tmavá. Tmavá částtak tvoří jednu čtvrtinu náměstí, náklady na ni jsou 300 000 : 4 = 75 000 (Kč). Náklady nasvětlou část jsou stejné. Dlažba na celé náměstí podle daného projektu tedy stojí

2 · 75 000 = 150 000 (Kč).

b) Celé náměstí má plochu 20 ·20 = 400 (m2). Z předchozí části víme, že tmavší plochatvoří čtvrtinu náměstí, tedy 400 : 4 = 100 (m2). Tuto plochu můžeme vyjádřit jako součetčtyř stejných čtverců a čtyř stejných obdélníků, viz obrázek.

2

Každý ze zmiňovaných čtverců má obsah 2 · 2 = 4 (m2), zbylá část tmavé plochy máobsah 100 − 4 · 4 = 84 (m2). Obsah každého ze zmiňovaných obdélníků je proto roven84 : 4 = 21 (m2). Jedna strana obdélníku měří 2m, délka druhé strany je tedy

21 : 2 = 10,5 (m),

a to je zároveň délka strany světlého čtverce v centrální části náměstí.

Návrh hodnocení. 2 body za úkol a), z toho 1 bod za vysvětlení; 4 body za úkol b),z toho 3 body za vysvětlení (např. 1 bod za obsah šedé plochy, 1 bod za nápad oddělitčtverce v rozích, 1 bod za obsah pomocného obdélníku).

3



Z8–II–1

V rovnostranném trojúhelníku ABC leží na straně BC bod F . Obsah trojúhelníkuABF je třikrát větší než obsah trojúhelníku ACF a rozdíl obvodů těchto dvou trojúhelníkůje 5 cm.

Určete délku strany trojúhelníku ABC. (E. Semerádová)

Možné řešení. Trojúhelníky ABF a ACF mají společnou výšku ze společného vrcholu A,proto jsou obsahy těchto trojúhelníků ve stejném poměru jako délky stran, které jsouvrcholu A protilehlé. Platí tedy, že |BF | = 3|CF |.

A B

C

F

Strana AF je oběma trojúhelníkům společná a strany AB a AC jsou shodné, protožetrojúhelník ABC je rovnostranný. Z daného vztahu pro obvody těchto trojúhelníků vyplý-vá, že

|BF | = |CF |+ 5 cm.

Z předchozího odstavce víme, jaký je vztah mezi velikostmi stran BF a CF , takže můžemeurčit velikost jedné z těchto úseček:

3|CF | = |CF |+ 5 cm,

|CF | = 2,5 cm.

Délka strany trojúhelníku ABC je tedy rovna

|BC| = |BF |+ |CF | = 4|CF | = 10 cm.

Návrh hodnocení. 2 body za určení poměru délek úseček BF a CF ; 1 bod za zjištění,že délky stran AF , AB, resp. AC do rozdílu obvodů nepřispívají; 3 body za dořešení úlohy.

1

Z8–II–2

Tři hudebníci Janek, Mikeš a Vávra si obvykle rozdělí společný honorář v poměru4 : 5 : 6, nejméně dostane Janek a nejvíce Vávra. Tentokrát Vávra nehrál dobře, a tak sesvého dílu vzdal. Janek navrhl, že si Vávrovu část rozdělí s Mikšem na poloviny. Mikešvšak trval na tom, aby si i tuto část rozdělili nerovnoměrně jako obvykle, tedy v poměru4 : 5. Mikeš by totiž podle Jankova návrhu dostal o 40 Kč méně než podle svého.

Určete výši společného honoráře. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Zadaný postupný poměr 4 : 5 : 6 rozšíříme tak, abychom mohli jeho třetíčlen vhodně rozdělit jak podle Jankova návrhu (dělení v poměru 1 : 1), tak podle Mikšovanávrhu (dělení v poměru 4 : 5). Poměr proto rozšíříme tak, aby jeho třetí člen byl dělitelnýdvěma a zároveň devíti, rozšíříme jej tedy třemi:

12 : 15 : 18.

Obnos původně určený pro Vávru se skládá z 18 stejných dílů, z nichž Janek navrhujepřidělit 9 sobě a 9 Mikšovi, zatímco Mikeš navrhuje dát 8 dílů Jankovi a 10 sobě. PodleJankova návrhu by tak Mikeš dostal o 1 díl méně než podle svého vlastního návrhu. Tentodíl odpovídá 40 Kč. Společný honorář pro hudebníky byl tvořen 45 takovými díly (12 ++ 15 + 18 = 45), celkem tedy dostali

45 · 40 = 1 800 (Kč).

Návrh hodnocení. 2 body za výsledek; 4 body za postup řešení.

Z8–II–3

Pokud jeden rozměr kvádru zdvojnásobíme, druhý rozměr kvádru vydělíme dvěmaa třetí rozměr zvětšíme o 6 cm, dostaneme krychli, která má stejný povrch jako původníkvádr.

Určete rozměry tohoto kvádru. (M. Petrová)

Možné řešení. Vyjdeme od konce, tzn. z rozměrů výsledné krychle zpětně odvodímerozměry původního kvádru. Označíme-li délku hrany krychle v centimetrech x, potomjeden rozměr kvádru je x

2(dvojnásobek této délky je délka hrany krychle), druhý rozměr

kvádru je 2x (polovina této délky je délka hrany krychle) a třetí rozměr je x−6 (tato délkazvětšená o 6 cm je délka hrany krychle).

Povrch výsledné krychle je 6x2, zatímco povrch původního kvádru je roven

2(x

2· 2x+ x

2· (x − 6) + 2x · (x − 6)

)= 2x2 + x2 − 6x+ 4x2 − 24x = 7x2 − 30x.

Protože oba povrchy jsou si rovny, dostáváme rovnici:

6x2 = 7x2 − 30x,

0 = x2 − 30x = x · (x − 30).Protože x nemůže být nula (x je délka hrany krychle), musí být x = 30 (cm).

Rozměry původního kvádru tedy jsou:

30

2= 15 (cm), 2 · 30 = 60 (cm), 30− 6 = 24 (cm).

Návrh hodnocení. 1 bod za vyjádření rozměrů kvádru pomocí délky hrany krychle; po1 bodu za vyjádření povrchu každého z těles; 2 body za vyřešení rovnice (a to i v případě,že řešitel nevysvětlí nenulovost x); 1 bod za výpočet rozměrů původního kvádru.

2



Z9–II–1

Myslím na několik bezprostředně po sobě jdoucích přirozených čísel. Kdybychom z nichvyškrtli čísla 70, 82 a 103, aritmetický průměr čísel by se nezměnil. Kdybychom místo tohovyškrtli čísla 122 a 123, aritmetický průměr by se zmenšil přesně o 1. Na která přirozenáčísla myslím? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Pokud se škrtnutím trojice čísel množiny nezmění její aritmetický průměr,má tato trojice čísel stejný aritmetický průměr jako celá množina. Aritmetický průměr celémnožiny čísel je tedy

70 + 82 + 1033

= 85.

Počet čísel celé množiny označíme n. Po škrtnutí čísel 122 a 123 zbude n − 2 čísela dle zadání se aritmetický průměr zmenší o 1, tedy bude 84. Vynásobením aritmetickéhoprůměru čísel a počtu těchto čísel dostaneme jejich součet. Na základě toho sestavímenásledující rovnici, kterou vyřešíme:

85n = 84(n − 2) + 122 + 123,85n = 84n+ 77,

n = 77.

Neznámou množinu čísel tvoří 77 bezprostředně po sobě jdoucích čísel.Prostřední číslo je rovno aritmetickému průměru, před ním a za ním je 38 čísel, neboť

77 = 2 · 38 + 1. Nejmenší číslo množiny je tedy 85 − 38 = 47 a největší 85 + 38 = 123.Hledanými čísly jsou přirozená čísla od 47 do 123 včetně.

Jiné řešení. Stejným způsobem zjistíme, že aritmetický průměr množiny čísel před škrtá-ním je 85. Vyškrtnutá čísla 122 a 123 pak vyjádříme pomocí tohoto průměru: 122 = 85+37,123 = 85+ 38. V součtu čísel, která zůstanou po vyškrtnutí čísel 122 a 123, „chybíÿ právěsoučet 37 + 38 k tomu, aby tato čísla měla aritmetický průměr 85. Ze zadání víme, žearitmetický průměr těchto zbylých čísel je o 1 menší než 85, těchto čísel proto musí býtprávě 37 + 38, tj. 75. Počet čísel před škrtáním byl 75 + 2, tj. 77. Dále pokračujeme jakov předchozím řešení.

Návrh hodnocení. 2 body za průměr myšlených čísel (85); 3 body za počet myšlenýchčísel (77); 1 bod za myšlená čísla (47 až 123).

1

Z9–II–2

Po sobě jdoucí přirozená čísla postupně přičítáme a odčítáme podle následujícíhonávodu:

1 + 2− 3− 4 + 5 + 6− 7− 8 + 9 + 10− 11− 12 + . . . ,

tedy stále se opakují dva sčítanci kladní a dva záporní.Určete, jaká bude hodnota takového výrazu, jehož poslední člen je 2 015.

(L. Hozová)

Možné řešení. Součty dvojic sousedících čísel s opačnými znaménky jsou buď −1, nebo1. Tyto hodnoty se navíc pravidelně střídají. V uvažovaném výrazu se tedy vždy několiksousedících čísel zruší:

1 + 2− 3− 4 + 5 + 6− 7− 8 + 9 + 10− 11− 12 + 13 + . . .

= [1 + (2− 3)] + [(−4 + 5) + (6− 7)] + [(−8 + 9) + (10− 11)] + [(−12 + 13) + . . .

= [1− 1] + [1− 1] + [1− 1] + [1− . . .

= 0 + 0 + 0 + . . .

První nulu dostáváme jako součet první trojice čísel, ostatní nuly dostáváme jakosoučty po sobě jdoucích čtveřic čísel. Součet uvedeného výrazu by tedy byl roven nule,pokud by končil číslem 3, 7, 11, 15 atd. Obecněji součet takového výrazu je roven nuleprávě tehdy, když končí číslem, které má po dělení čtyřmi zbytek 3. Protože číslo 2 015 máprávě tuto vlastnost, je hodnota zadaného výrazu rovna nule.

Návrh hodnocení. 1 bod za objev, že součty dvojic sousedních čísel s opačnými zna-ménky jsou střídavě −1 a 1; 2 body za objev, že součty po sobě jdoucích čtveřic, resp.první trojice čísel jsou rovny 0; 3 body za správné určení a zdůvodnění celkového součtu.

Poznámka. Úvodní postřehy je možné zúročit různými způsoby, které mohou vést k po-drobnější diskusi nad znaménky u čísel na konci daného výrazu. Z uvedeného řešení plyne,že tento výraz končí takto:

. . .+ [(−2 012 + 2 013) + (2 014− 2 015)].

Sčítance daného výrazu je možné seskupovat také např. takto:

[1 + 2− 3− 4] + [5 + 6− 7− 8] + [9 + 10− 11− 12] + . . . = −4− 4− 4− . . .

Takových čtveřic lze utvořit nejvýše 503 (2 015 = 503 · 4 + 3). Celkový součet je podletohoto návodu vyjádřen následovně:

503 · (−4) + 2 013 + 2 014− 2 015 = −2 012 + 2 013 + 2 014− 2 015 = 0.

2

Z9–II–3

Anička dostala k narozeninám dort ve tvaru obdélníku. Rozkrojila ho pomocí dvoupřímých řezů. Jeden řez vedla tak, že obě delší strany obdélníku protínal v jejich jednétřetině, a druhý řez vedla tak, že obě kratší strany obdélníku protínal v jejich jedné pěti-ně. Ani jeden řez přitom nebyl rovnoběžný se stranami obdélníku a ke každému vrcholuobdélníku vždy přiléhaly buď dva kratší úseky rozdělených stran, nebo dva delší úsekyrozdělených stran.

Anička snědla šedě označený kus dortu. Určete, jak velká část dortu to byla.(A. Bohiniková)

Možné řešení. Obdélník je středově souměrný podle středu, jenž je průsečíkem úhlo-příček. Podle tohoto středu jsou také souměrné každé dva body, která leží na protějšíchstranách obdélníku a jsou ve stejných poměrech vzhledem k odpovídajícím si vrcholům.Takovými dvojicemi bodů jsou také body určující oba řezy ze zadání. Tyto řezy a úhlo-příčky obdélníku se tedy protínají v jednom společném bodě. Jedna z těchto úhlopříčekrozděluje šedě vyznačený čtyřúhelník na dva trojúhelníky, viz obrázek.

Jedna strana levého trojúhelníku je právě třetinou delší strany obdélníku a výška natuto stranu je polovinou kratší strany obdélníku. Tento trojúhelník tedy zaujímá

12

· 13

· 12=112

obsahu celého obdélníku. Jedna strana pravého trojúhelníku je právě pětinou kratší stranyobdélníku a výška na tuto stranu je polovinou delší strany obdélníku. Tento trojúhelníktedy zaujímá

12

· 15

· 12=120

3

obsahu celého obdélníku. Obsah šedého čtyřúhelníku je roven

112+120=5 + 360

=215

obsahu celého obdélníku. Snědená část tedy tvoří 215celého dortu.

Poznámka. Pokud velikost delší strany obdélníku označíme a a velikost kratší strany b,potom můžeme předchozí úvahy vyjádřit takto:

12

· a

3· b

2+12

· b

5· a

2= . . . =

2ab

15.

Obdélník má obsah ab, snědená část tedy tvoří 215celého dortu.

Jiné řešení. V úvodu opět ukážeme, že se řezy protínají ve středu obdélníku. Tímtobodem prochází také osy obdélníku, které jej rozdělují na čtyři shodné obdélníky. Jedenz těchto obdélníků je řezy rozdělen na tři části sestávající z šedého čtyřúhelníku a dvoubílých pravoúhlých trojúhelníků.

Obsah šedé části můžeme vyjádřit tak, že od obsahu čtvrtinového obdélníku odečtemeobsahy obou bílých trojúhelníků. Vzhledem k předchozímu značení jsou obsahy těchtotrojúhelníků rovny:

12

·(a

2− a

3

)· b

2=

ab

24a12

·( b

2− b

5

)· a

2=3ab

40.

Obsah šedé plochy tedy vychází:

ab

4− ab

24− 3ab

40=(30− 5− 9)ab

120=2ab

15.

Opět docházíme k závěru, že snědená část tvoří 215dortu.

Návrh hodnocení. 1 bod za zdůvodnění, že se řezy protínají ve středu obdélníku (lzedokázat s využitím středové souměrnosti, podobnosti či jiných osobitých úvah); 2 body zaobsahy pomocných trojúhelníků; 2 body za výsledek; 1 bod dle kvality a úplnosti komen-táře.

4

Z9–II–4

Jistý obdélník měl své rozměry vyjádřené v decimetrech celými čísly. Poté rozměrytřikrát změnil. Nejprve jeden svůj rozměr zdvojnásobil a druhý změnil tak, aby měl stejnýobsah jako na začátku. Poté jeden rozměr zvětšil o 1 dm a druhý zmenšil o 4 dm, přičemžměl stále tentýž obsah jako na začátku. Nakonec svůj kratší rozměr zmenšil o 1 dm, delšíponechal beze změny.

Určete poměr délek stran posledního obdélníku. (E. Novotná)

Možné řešení. Označme délky stran obdélníku v decimetrech x a y; obsah obdélníkutedy byl x · y. Předpokládejme, že při první změně se zvětšovala strana s délkou x. Poprvní změně měl obdélník stejný obsah, musel mít tedy rozměry 2x a y

2. Po druhé změně

mohl mít buď rozměry a) 2x+ 1 a y2

− 4, anebo b) 2x − 4 a y2+ 1. V každém případě měl

obdélník i po druhé změně stejný obsah jako původně, tedy x ·y. Rozeberme obě možnosti:a) V tomto případě platí

x · y = (2x+ 1)(y

2− 4

).

Po úpravě dostáváme 0 = −8x + y2

− 4, tedy y2

− 4 = 8x. Po druhé změně měl obdélníkrozměry 2x+1 a 8x. Protože x je přirozené číslo, platí 8x > 2x+1 a při třetí změně muselobdélník zkrátit svou stranu 2x+ 1 na 2x. Poměr stran výsledného obdélníku je v tomtopřípadě roven 8x : 2x = 4 : 1.

b) V tomto případě platí

x · y = (2x − 4)(y

2+ 1

).

Po úpravě dostáváme 0 = 2x − 2y − 4, tedy 2x − 4 = 2y. Po druhé změně měl obdélníkrozměry 2y a y

2+ 1. Protože y je přirozené číslo, platí 2y > y

2+ 1 a při třetí změně musel

obdélník zkrátit svou stranu y2+ 1 na y

2. Poměr stran výsledného obdélníku je i v tomto

případě roven 2y : y2= 4 : 1.

Návrh hodnocení. Po 3 bodech za rozbor každé z možností: 1 bod za vyjádření vztahumezi x a y (např. y

2−4 = 8x); 1 bod za vyjádření rozměrů obdélníku po jejich druhé změně

(např. 2x+ 1 a 8x); 1 bod za označení kratší strany a vyjádření výsledného poměru.Pokud řešitel označí u některé možnosti jeden rozměr za kratší bez jakékoli úvahy,

strhněte u hodnocení této možnosti 1 bod.

5



Z9–III–1

Petr,Martin a Jirka se trefovali do zvláštního terče, který měl pouze tři pole s navzájemrůznými hodnotami. Každý z chlapců házel celkem desetkrát a vždy se trefil do terče.Bodový zisk z prvních osmi hodů měli všichni tři chlapci stejný. Při posledních dvou střeláchtrefil Jirka dvakrát pole s nejmenší možnou hodnotou, Martin dvakrát pole se středníhodnotou a Petr dvakrát pole s největší hodnotou. Aritmetický průměr všech Martinovýchhodů byl o 1 větší než průměr Jirkův a Petrův průměr byl o 1 větší než průměr Martinův.

Určete všechny možné hodnoty polí na terči, víte-li, že jedna z nich byla 12.(E. Novotná)

Možné řešení. Aritmetický průměr všech Martinových hodů byl o 1 větší než průměrJirkův a každý z chlapců házel celkem desetkrát. Proto byl Martinův celkový součet o 10větší než součet Jirkův. Tyto celkové součty se přitom lišily pouze o součty posledníchdvou zásahů — Jirka trefil dvakrát pole s nejmenší možnou hodnotou, Martin dvakrátpole se střední hodnotou. Proto bylo pole se střední hodnotou o 5 větší než pole s nejmenšíhodnotou.

Podobným způsobem lze zdůvodnit, že pole s největší hodnotou bylo o 5 větší nežpole se střední hodnotou. Jedna z hodnot těchto tří polí byla 12, nevíme však, zda to bylata nejmenší, střední nebo největší. V úvahu přicházejí následující tři možnosti hodnot polína terči:

• 12, 17, 22,• 7, 12, 17,• 2, 7, 12.

Poznámka. Součet prvních osmi hodů kteréhokoli z chlapců označíme S a neznámé hod-noty na terči postupně j, m a p, kde j < m < p. Při tomto značení lze začátek předchozíhořešení zapsat následovně:

S + 2m10

=S + 2j10

+ 1,

2m = 2j + 10,

m = j + 5.

Podobným způsobem lze zdůvodnit, že p = m+ 5.

Návrh hodnocení. 4 body za objevení a zdůvodnění závislostí mezi hodnotami polí naterči; 2 body za uvedení všech tří možností hodnot na terči.

1

Z9–III–2

V trojúhelníku ABC leží na straně AB body E a F . Obsah trojúhelníku AEC je1 cm2, obsah trojúhelníku EFC je 3 cm2 a obsah trojúhelníku FBC je 2 cm2. Bod T jetěžištěm trojúhelníku AFC a bod G je průsečíkem přímek CT a AB. Bod R je těžištěmtrojúhelníku EBC a bod H je průsečíkem přímek CR a AB.

Určete obsah trojúhelníku GHC. (E. Semerádová)

Možné řešení. Podmínkám ze zadání vyhovuje jediné uspořádání bodů E a F na úseč-ce AB, viz obrázek. Obsah trojúhelníku ABC je roven součtu obsahů trojúhelníků AEC,EFC a FBC, tj.

SABC = SAEC + SEFC + SFBC = 1 + 3 + 2 = 6 (cm2).

Tentýž obsah lze vyjádřit jako součet obsahů trojúhelníků AGC, GHC a HBC. Obsahprvního a třetího trojúhelníku odvodíme ze zadání, poté snadno určíme obsah trojúhel-níku GHC.

A B

C

E FG H

T R

Úsečka CG je těžnicí trojúhelníkuAFC, a ta dělí tento trojúhelník na dva trojúhelníkyse stejným obsahem. Přitom obsah trojúhelníkuAFC je součtem obsahů trojúhelníkůAECa EFC, které známe. Platí tedy

SAGC =12(SAEC + SEFC) =

12(1 + 3) = 2 (cm2).

Podobným způsobem lze zdůvodnit, že obsah trojúhelníku HBC je roven

SHBC =12(SEFC + SFBC) =

12(3 + 2) = 2,5 (cm2).

Obsah trojúhelníku GHC je proto roven

SGHC = SABC − SAGC − SHBC = 6− 2− 2,5 = 1,5 (cm2).

Návrh hodnocení. 1 bod za uspořádání bodů E a F na úsečce AB (stačí náčrtek);2 body za zjištění, že úsečka CG, resp. CH dělí trojúhelník AFC, resp. EBC na dvatrojúhelníky se stejným obsahem; 3 body za odvození hledaného obsahu.

Poznámka. Všechny diskutované trojúhelníky mají společnou výšku ze společného vrcho-lu C. Proto jsou poměry obsahů kterýchkoli dvou trojúhelníků stejné jako poměry velikostí

2

stran, které jsou protilehlé vrcholu C. K určení obsahu trojúhelníku GHC proto stačí určitpoměr délky strany GH vzhledem k délce strany některého z trojúhelníků se známýmobsahem:

Pokud např. označíme |AE| = a, potom |EF | = 3a a |FB| = 2a Jelikož CG je těžnicítrojúhelníku AFC, je bod G středem úsečky AF . Velikost této úsečky je |AF | = |AE| ++ |EF | = 4a, tudíž |AG| = 1

2|AF | = 2a. Podobně se zdůvodní, že |HB| = 1

2(|EF | +

+ |FB|) = 2,5a. Velikost úsečky GH je proto rovna

|GH| = |AB| − |AG| − |HB| = (6− 2− 2,5)a = 1,5a.

Odtud plyne, že SGHC = 1,5 · SAEC = 1,5 cm2.

Z9–III–3

Určete, jaká je poslední číslice součinu všech sudých přirozených čísel, které jsou menšínež 100 a které nejsou násobky desíti. (M. Volfová)

Možné řešení. Poslední číslice součinu je dána výhradně posledními číslicemi činitelů.Při řešení úlohy proto budeme ve výpočtech uvažovat pouze poslední číslice. Podle zadánínásobíme deset čtveřic činitelů a v každé z nich jsou činitelé končící číslicemi 2, 4, 6 a 8.Součin 2·4·6·8 má na místě jednotek číslici 4. Pro zjištění poslední číslice výsledku násobenídeseti takových čtveřic stačí vynásobit deset čtyřek a při násobení sledovat pouze posledníčíslici:

Součin 4 · 4 končí číslicí 6, proto místo násobení deseti čtyřek stačí vynásobit pětšestek. Číslo 6 násobeno sebou samým dá opět číslo končící číslicí 6, a proto součin pětišestek, a tedy i deseti čtyřek končí číslicí 6. Hledaná číslice je 6.

Jiné řešení. Opět uvažujeme v součinech pouze poslední číslice. Máme zadáno desetčinitelů končících číslicí 2, deset končících číslicí 4, deset končících číslicí 6 a deset končícíchčíslicí 8. Postupně budeme uvažovat o každých deseti činitelích:

Při násobení 2·2·2·2·2·2·2·2·2·2 sledujeme pouze číslice na místě jednotek a zjistíme,že výsledek končí číslicí 4. Podobně zjistíme, že součin 4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 končíčíslicí 6, součin 6 ·6 ·6 ·6 ·6 ·6 ·6 ·6 ·6 ·6 končí číslicí 6 a součin 8 ·8 ·8 ·8 ·8 ·8 ·8 ·8 ·8 ·8 končíčíslicí 4. Poslední číslici hledaného součinu určíme vynásobením právě zjištěných číslic, tzn.4 · 6 · 6 · 4. Tento součin končí číslicí 6, tedy hledaná číslice je 6.Návrh hodnocení. 1 bod za objev, že stačí uvažovat pouze poslední číslice činitelů;4 body za mezivýsledky a jejich zdůvodnění (např. 2 body za poslední číslici součinu2 · 4 · 6 · 8 a 2 body za poslední číslici mocniny 410); 1 bod za hledanou číslici 6.

Z9–III–4

Je dán obdélník ABCD, jehož kratší strana je AB. Určete, pro které body P na přím-ce AD platí, že osa úhlu BPD prochází bodem C. Svoje tvrzení zdůvodněte a popište, jakbyste všechny takové body sestrojili. (L. Růžičková)

Možné řešení. Střídavé úhly určené příčkou PC dvou rovnoběžných přímek AD a BCjsou shodné. Přitom bod P jistě leží na polopřímce DA. (Kdyby totiž ležel na opačné

3

polopřímce, potom by bod C ležel mimo úhel BPD a osa tohoto úhlu by nemohla bodem Cprocházet.) Proto jsou úhly DPC a PCB shodné.

Podle zadání je přímka PC osou úhlu BPD, proto jsou také úhly DPC a CPBshodné. Trojúhelník CPB má tedy dva shodné vnitřní úhly u vrcholů C a P , proto jetento trojúhelník rovnoramenný s rameny BC a BP .

Z uvedeného vyplývá, že bod P je průsečíkem polopřímky DA a kružnice se stře-dem v bodě B a poloměrem |BC|. Vzhledem k podmínce |AB| < |BC| tato kružnicepolopřímku DA protíná, a to ve dvou různých bodech (z nichž jeden je vnitřním bodemúsečky AD).

A B

CD

P1

P2

kβ

ββ

αα

α

Návrh hodnocení. 2 body za objev a zdůvodnění shodnosti úhlů DPC a PCB; 2 bodyza objev a zdůvodnění vztahu |BP | = |BC|; 2 body za dořešení úlohy včetně diskuse počtuřešení.

4



Čísla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9 cestovala vlakem. Vlak měl tři vagóny a v každém sevezla právě tři čísla. Číslo 1 se vezlo v prvním vagónu a v posledním vagónu byla všechnačísla lichá. Průvodčí cestou spočítal součet čísel v prvním, druhém i posledním vagónua pokaždé mu vyšel stejný součet.

Určete, jak mohla být čísla do vagónů rozdělena. (V. Hucíková)

Nápověda. Zjistěte, jaký byl součet čísel v každém vagónu.

Možné řešení. Součet všech čísel ve všech vagónech je

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45.

Součet čísel v každém vagónu tedy byl 45 : 3 = 15.Ve třetím vagónu se vezla tři lichá čísla jiná než 1, z nich lze získat součet 15 pouze

jako 3 + 5 + 7. V prvním vagóně se vedle 1 vezla ještě některá dvě čísla z 2, 4, 6, 8, 9.Z těchto čísel lze získat součet 15 pouze jako 1 + 6 + 8. Do druhého vagónu tak zbývajíčísla 2, 4, 9 (pro kontrolu 2 + 4 + 9 = 15).

Úloha má jediné řešení: v prvním vagónu se vezla čísla 1, 6, 8, ve druhém vagónu 2,4, 9, ve třetím vagónu 3, 5, 7.

Jiné řešení. I bez určení součtu čísel v každém vagónu lze na uvedené řešení přijít zkou-šením. Nejméně možností je v posledním vagónu, kde se vezla některá tři čísla z 3, 5, 7, 9:

• Trojice 5, 7, 9 má součet 21 a stejný součet by musel být i v prvním vagónu. Ze dvouzbylých čísel a 1 však lze získat nejvýše 1 + 6 + 8 = 15, což nevyhovuje.• Trojice 3, 7, 9 má součet 19; v prvním vagónu by pak mohl být součet nejvýše 1 + 6 +

+ 8 = 15, což také nevyhovuje.• Trojice 3, 5, 9 má součet 17; v prvním vagónu by pak mohl být součet nejvýše 1 + 7 +

+ 8 = 16, což také nevyhovuje.• Trojice 3, 5, 7 má součet 15; v prvním vagónu by pak mohla být trojice 1, 6, 8 se

součtem 15, což je vyhovující možnost.

Do druhého vagónu tak zbývají čísla 2, 4, 9, která mají taktéž součet 15.

Z5–I–2Marta nesla své nemocné kamarádce Marušce 7 jablek, 6 hrušek a 3 pomeranče. Cestou

ale dva kusy ovoce snědla. Určete, která z následujících situací mohla nastat a jaké dvakusy ovoce by Marta v takovém případě musela sníst:

a) Maruška nedostala žádný pomeranč.b) Maruška dostala méně hrušek než pomerančů.c) Maruška dostala stejný počet jablek, hrušek i pomerančů.d) Maruška dostala stejný počet kusů ovoce dvojího druhu.e) Maruška dostala více jablek než zbývajících kusů ovoce dohromady. (L. Hozová)

1

Nápověda. Zvažte postupně všechny možnosti, které kusy ovoce mohla Marta sníst.

Možné řešení. Existuje jenom několik málo možností, které kusy ovoce Marta cestousnědla. Probereme všechny možnosti a porovnáme s nabízenými situacemi a)–e). Jednotlivédruhy ovoce značíme jejich počátečními písmeny:

Marta snědla Maruška dostala

2j 5j + 6h+ 3p

j + h 6j + 5h+ 3p

j + p 6j + 6h+ 2p

2h 7j + 4h+ 3p

h+ p 7j + 5h+ 2p

2p 7j + 6h+ p

Odtud vidíme, že situace a), b) c), e) nemohly nastat nikdy a situace d) pouze ve třetímpřípadě: Marta tedy cestou snědla jablko a pomeranč, Marušce donesla 6 jablek, 6 hrušeka 2 pomeranče.

Z5–I–3Maminka vyprala čtvercové utěrky a věší je vedle sebe na prádelní šňůru nataženou

mezi dvěma stromy. Použila šňůru o délce 7,5 metru, přičemž na uvázání kolem kmenůpotřebovala na každé straně 8 dm. Všechny utěrky mají šířku 45 cm. Mezi krajní utěrkoua kmenem maminka nechává mezeru alespoň 10 cm, utěrky se jí nepřekrývají a nemá jesložené ani skrčené.

Kolik nejvíce utěrek může takto pověsit na nataženou šňůru? (L. Dedková)

Nápověda. Nejprve zjistěte, kolik šňůry může být využito k vlastnímu věšení utěrek.

Možné řešení. Všechny rozměry budeme vyjadřovat ve stejných jednotkách, a to v dm.Délka napnuté šňůry mezi stromy je rovna 75− 2 · 8 = 59 (dm). Z každé strany má navíczůstat volný 1 dm. K vlastnímu věšení tedy může být použito 59− 2 · 1 = 57 (dm).

Každá utěrka je široká 4,5 dm, jedna dvojice utěrek tedy zabírá nejméně 9 dm. Šestdvojic utěrek zabírá nejméně 54 dm, v takovém případě zbude nejvýše 3 dm šňůry (57 == 6 · 9 + 3). Do tohoto prostoru se již žádná další utěrka nevejde. Na šňůru lze uvedenýmzpůsobem pověsit nejvýše 12 utěrek.

Z5–I–4Když pan Beran zakládal chov, měl bílých ovcí o 8 více než černých. V současnosti má

bílých ovcí čtyřikrát více než na začátku a černých třikrát více než na začátku. Bílých ovcíje teď o 42 více než černých. Kolik nyní pan Beran chová bílých a černých ovcí dohromady?

(L. Šimůnek)

Nápověda. Uvažte situaci, kdy se třikrát zvětší jak počet černých, tak počet bílých ovcí.

2

Možné řešení. Kdyby se počáteční počty černých i bílých ovcí zvětšily třikrát, bylo bynyní bílých ovcí o 24 více než černých (neboť 3 · 8 = 24). Počet bílých ovcí se však zvětšilnikoli třikrát, ale čtyřikrát a bílých ovcí je nyní o 42 více než černých. Rozdíl 42− 24 = 18odpovídá rozdílu čtyřnásobku a trojnásobku původního počtu bílých ovcí, což je právěonen původní počet. Na začátku tedy bylo 18 bílých a 18− 8 = 10 černých ovcí.

V současnosti pan Beran chová 4 · 18 = 72 bílých ovcí a 3 · 10 = 30 černých ovcí, cožje dohromady 72 + 30 = 102 ovcí.

Poznámka. Předchozí úvahy je možné graficky znázornit takto:

bílé

černé 8

Dříve

bílé

černé

Nyní

3 · 8 18

42

Z5–I–5Čtvercová síť se skládá ze čtverců se stranou délky 1 cm. Narýsujte do ní alespoň tři

různé obrazce takové, aby každý měl obsah 6 cm2 a obvod 12 cm a aby jejich strany splývalys přímkami sítě. (E. Semerádová)

Nápověda. Načrtněte si nějaký útvar s obsahem 6 cm2 a upravujte jej tak, aby bylysplněny ostatní podmínky.

Možné řešení. Jednoduchým útvarem s obsahem 6 cm2 je např. obdélník se stranamidélek 2 cm a 3 cm. Ten má však obvod pouze 10 cm; potřebujeme přesunout část jehoplochy tak, aby se obvod o 2 cm zvětšil. To si lze v rámci zadané čtvercové sítě představittak, že zkoušíme přesouvat jednotlivé čtverce obsažené v obdélníku na jiná místa. Několikmožných řešení je na obrázku:

Poznámka. Zvídavější řešitel se může zamyslet nad dalšími, příp. všemi možnými řešení-mi. K tomu si stačí povšimnout, že při přesouvání dílčích čtverců myšleného obdélníku seobvod zvětší buď o 2 cm, nebo o 4 cm, a to podle toho, zda je tento čtverec rohový, nebo ne.

3

Z5–I–6V nepřestupném roce bylo 53 nedělí. Na jaký den týdne připadl Štědrý den?

(M. Volfová)

Nápověda. Zjistěte, kolik je v roce plných týdnů a kolik je dnů navíc.

Možné řešení. Nepřestupný rok má 365 dní, tj. 52 plných týdnů a jeden den navíc (365 == 52·7+1). V 52 plných týdnech je 52 nedělí, proto musí být onen den navíc nedělí. Takovýrok proto začínal i končil nedělí. Štědrý den je přesně týden před posledním dnem v roce,proto byl i Štědrý den v neděli.

4



Archeologové zjistili, že vlajka bájného matematického království byla rozdělena našest polí, tak jako na obrázku. Ve skutečnosti byla vlajka tříbarevná a každé pole bylovybarveno jednou barvou.

Vědci už vybádali, že na vlajce byla použita červená, bílá a modrá barva, že vnitřníobdélníkové pole bylo bílé a že spolu nesousedila dvě pole stejné barvy. Určete, kolik mož-ností vzhledu vlajky musí archeologové v této fázi výzkumu zvažovat. (V. Hucíková)

Nápověda. Začněte vybarvovat a zvažujte, kdy je následující postup jednoznačný a kdyexistuje více možností.

Možné řešení. Trojúhelníkové pole sousedící s bílým obdélníkem může být buď červené,nebo modré:

Pokud by toto pole bylo červené, potom by pravoúhlé lichoběžníky musely být modré(sousedí s bílým obdélníkem a červeným trojúhelníkem) a poslední lichoběžníkové pole bymuselo být červené (sousedí s bílým obdélníkem a modrými lichoběžníky). Zbylé trojúhel-níkové pole by pak mohlo být buď bílé, nebo modré (sousedí s červeným lichoběžníkem).

Pokud by trojúhelníkové pole sousedící s bílým obdélníkem bylo modré, potom bypříslušná diskuse byla velmi podobná předchozí, akorát by byly prohozeny barvy červenáa modrá.

Celkem tedy dostáváme 2 + 2 = 4 možnosti, které musí archeologové zvažovat.

5

Z6–I–2Jiřík šel do služby k čarodějovi. Ten měl v prvním sklepě víc much než pavouků, ve

druhém naopak. V každém sklepě měli mouchy a pavouci dohromady 100 nohou. Určete,kolik mohlo být much a pavouků v prvním a kolik ve druhém sklepě. (M. Krejčová)

Nápověda. Uvědomte si, kolik má který z tvorů nohou za předpokladu, že žádnému z nichžádná noha nechybí.

Možné řešení. Musíme zjistit, jaké počty much a pavouků dají dohromady 100 nohou.V následující tabulce postupně uvažujeme různé počty pavouků (p), určíme, kolik majícelkem nohou (P = 8p) a kolik nohou zbývá na mouchy (M = 100 − P ); pokud je tentopočet dělitelný šesti, dostáváme možné řešení (m = M : 6). Protože všechna čísla musí býtkladná, stačí prozkoušet jen několik možností:

p 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

P 8 16 24 32 40 48 56 64 72 80 88 96

M 92 84 76 68 60 52 44 36 28 20 12 4

m – 14 – – 10 – – 6 – – 2 –

Odtud vidíme čtyři možnosti: v prvním sklepě mohlo být 14 much a 2 pavouci, nebo10 much a 5 pavouků; ve druhém sklepě mohlo být 8 pavouků a 6 much, nebo 11 pavoukůa 2 mouchy.

Poznámka. Vzhledem k tomu, že všechny počty nohou jsou sudé, je možné si trochuušetřit počítání v tabulce tím, že tyto počty dělíme dvěma. To je totéž, jako bychom počítalijenom levé (nebo jenom pravé) nohy jednotlivých tvorů. Jinými slovy, místo hledání p a mtakových, aby platilo 8p+ 6m = 100, řešíme 4p+ 3m = 50.

Z6–I–3Na obrázku je čtverec ABCD, čtverec EFGD a obdélník HIJD. Body J a G leží

na straně CD, přičemž platí |DJ | < |DG|, a body H a E leží na straně DA, přičemžplatí |DH| < |DE|. Dále víme, že |DJ | = |GC|. Šestiúhelník ABCGFE má obvod 96 cm,šestiúhelník EFGJIH má obvod 60 cm a obdélník HIJD má obvod 28 cm.

A B

CD

E

H

GJ

F

I

Určete obsah šestiúhelníku EFGJIH. (L. Šimůnek)

6

Nápověda. Dokážete určit délku některé úsečky, aniž byste k tomu použili více než jedenzadaný rozměr?

Možné řešení. Zjistíme rozměry čtverce EFGD a obdélníku HIJD, abychom stanovilijejich obsahy. Rozdíl těchto obsahů představuje žádaný obsah šestiúhelníku EFGJIH.

Zadaný obvod šestiúhelníku EFGJIH je roven obvodu čtverce EFGD, neboť |JI| == |DH| a |HI| = |DJ |. Strana GD má tedy velikost 60 : 4 = 15 (cm). Podobně zadanýobvod šestiúhelníku ABCGFE je roven obvodu čtverce ABCD, velikost strany CD jetudíž 96 : 4 = 24 (cm). Rozdíl délek stran těchto dvou čtverců je roven délce úsečky GC,která je dle zadání rovna délce úsečky DJ :

|DJ | = |GC| = 24− 15 = 9 (cm).

Pomocí známého obvodu obdélníku HIJD a délky strany DJ stanovíme i druhý rozměrtohoto obdélníku:

|JI| = (28− 2 · 9) : 2 = 5 (cm).

Nyní máme všechny údaje potřebné ke stanovení obsahů čtverce EFGD a obdélníkuHIJD:

SEFGD = 15 · 15 = 225 (cm2), SHIJD = 9 · 5 = 45 (cm2).

Hledaný obsah šestiúhelníku tedy je

SEFGJIH = 225− 45 = 180 (cm2).

Z6–I–4Na obrázku je obdélník rozdělený na 7 políček. Na každé políčko se má napsat právě

jedno z čísel 1, 2 a 3.

Mirek tvrdí, že to lze provést tak, aby součet dvou vedle sebe napsaných čísel bylpokaždé jiný. Zuzka naopak tvrdí, že to není možné. Rozhodněte, kdo z nich má pravdu.

(V. Hucíková)

Nápověda. Zjistěte, které různé součty lze získat.

Možné řešení. Všechny možné dvojice, které lze z daných čísel složit, jsou

(1,1); (1,2), (2,1); (1,3), (2,2), (3,1); (2,3), (3,2); (3,3).

Tyto možnosti dávají 5 různých součtů, a to 2, 3, 4, 5, 6 (dvojice s různými součty jsouodděleny středníky). Na uvedeném obrázku však potřebujeme 6 dvojic s různými součty,pravdu má tedy Zuzka.

Poznámka. a) K určení možných součtů není třeba vypisovat všechny přípustné dvojice:nejmenší součet odpovídá 1 + 1 = 2, největší je 3 + 3 = 6. Odtud plyne, že možných součtůnení víc než 5, což je méně než požadovaných 6.

b) Řešení úlohy pomocí všech možných vyplnění tabulky a kontrolou takto získanýchsoučtů je extrémně pracné. Pokud by však takové řešení bylo úplné, nechť je považovánoza správné.

7

Z6–I–5

Pan Cuketa měl obdélníkovou zahradu, jejíž obvod byl 28 metrů. Obsah celé zahradyvyplnily právě čtyři čtvercové záhony, jejichž rozměry v metrech byly vyjádřeny celýmičísly.

Určete, jaké rozměry mohla mít zahrada. Najděte všechny možnosti. (L. Hozová)

Nápověda. Uvědomte si, že čtverce nemusí mít stejné rozměry.

Možné řešení. Obvod 28 = 2 · 14 metrů lze pomocí kladných celých čísel vyjádřit pouzeněkolika málo způsoby. Postupně všechny probereme a zjistíme, zda lze odpovídající záhonrozdělit na čtyři čtverce s celočíselnými rozměry:

• 28 = 2 · (13 + 1), v takovém případě potřebujeme 13 čtverců:

• 28 = 2 · (12 + 2), v takovém případě potřebujeme nejméně 6 čtverců:


• 28 = 2 · (10 + 4), v takovém případě stačí 4 čtverce:


• 28 = 2 · (8 + 6), v takovém případě stačí 4 čtverce:

8

• 28 = 2 · (7 + 7), v takovém případě by byl záhon čtvercový a ne obdélníkový.

Zahrada mohla mít rozměry 10× 4 nebo 8× 6 metrů.

Jiné řešení. Uvažujme, jak lze složit jeden obdélník ze čtyř čtverců (obecně různýchceločíselných rozměrů). To lze udělat pouze následujícími způsoby:

Pokud velikost strany nejmenšího čtverce v metrech označíme a, potom obvod obdél-níku v jednotlivých případech je:

• 2 · (4a+ a) = 10a, což není rovno 28 pro žádné celé a.• 2 · (5a+ 2a) = 14a, což je rovno 28, právě když a = 2; obdélník má v takovém případě

rozměry 10× 4 metrů.• 2 · (5a+ 3a) = 16a, což není rovno 28 pro žádné celé a.• 2 · (4a+ 3a) = 14a, což je rovno 28, právě když a = 2; obdélník má v takovém případě

rozměry 8× 6 metrů.

Z6–I–6V zámecké kuchyni připravují nudlovou polévku v hrncích a kotlích. V pondělí uvařili

25 hrnců a 10 kotlů polévky. V úterý uvařili 15 hrnců a 13 kotlů. Ve středu uvařili 20 hrncůa ve čtvrtek 30 kotlů. Přitom v pondělí a v úterý uvařili stejné množství polévky.

Kolikrát víc polévky uvařili ve čtvrtek než ve středu? (K. Pazourek)

Nápověda. Zjistěte, jak se lišily počty hrnců, resp. kotlů polévky uvařených v pondělía úterý.

Možné řešení. V pondělí uvařili o 10 hrnců polévky více než v úterý, zatímco v úterýuvařili o 3 kotle více než v pondělí. Protože v tyto dny uvařili stejné množství polévky, má10 hrnců tentýž objem jako 3 kotle.

Ve středu uvařili 20 = 2 · 10 hrnců polévky, což odpovídá 2 · 3 = 6 kotlům. Ve čtvrtekpak uvařili 30 = 5 · 6 kotlů polévky, což je pětkrát víc než ve středu.

9



Myška Hryzka našla 27 stejných krychliček sýra. Nejdříve si z nich poskládala velkoukrychli a chvíli počkala, než se sýrové krychličky k sobě přilepily. Potom z každé stěny velkékrychle vyhryzla střední krychličku. Poté snědla i krychličku, která byla ve středu velkékrychle. Zbytek sýra chce Hryzka spravedlivě rozdělit svým čtyřem mláďatům, a proto hochce rozřezat na čtyři kusy stejného tvaru i velikosti. Řezat bude jen podél stěn krychličeka nic k sobě už lepit nebude.

Jaký tvar mohou mít kusy sýra pro mláďata? Najděte alespoň dvě možnosti.(V. Hucíková)

Nápověda. Určete, kolik sýra dostane každé z mláďat.

Možné řešení. Původní krychle byla složena z 27 krychliček. Hryzka vykousla po jednékrychličce z každé stěny a jednu prostřední, prohryzaná krychle tedy obsahovala 27− 6−− 1 = 20 krychliček. Každé ze čtyř mláďat tedy dostane 20 : 4 = 5 krychliček sýra.

Nyní je potřeba představovat si různé útvary složené z 5 krychliček tak, aby ze čtyřtakových útvarů bylo možné složit prohryzanou krychli. Zde jsou všechna řešení:

Z7–I–2Vlčkovi mají 4 děti. Ondra je o 3 roky starší než Matěj a Kuba o 5 let starší než

nejmladší Jana. Víme, že je jim dohromady 30 let a před 3 lety jim bylo dohromady 19 let.Určete, jak jsou děti staré. (M. Volfová)

Nápověda. Zaměřte na součet věků sourozenců před třemi lety.

Možné řešení. Označíme aktuální stáří dětí v letech počátečními písmeny jejich jmena takto postupně vyjádříme všechny vztahy ze zadání:

o = m+ 3, k = j + 5, o+m+ k + j = 30,

odkud po dosazení dostáváme

(m+ 3) +m+ (j + 5) + j = 2m+ 2j + 8 = 30,

2m+ 2j = 22,

m+ j = 11.

10

Zároveň má platit, že před třemi lety bylo dětem dohromady 19 let. Ovšem rozdíl30 − 19 = 11 není násobkem 3, takže tušíme nějaký problém. Vzhledem k tomu, že 11 == 3 · 3 + 2, znamená to, že nejmladší Jana nebyla před třemi lety ještě na světě a nyní má2 roky. Z předchozích vztahů postupně odvozujeme:

m = 11− j = 9, k = j + 5 = 7, o = m+ 3 = 12.

Stáří dětí Vlčkových je tedy následující: Ondrovi je 12 let, Matějovi 9, Kubovi 7 a Janě 2roky.

Poznámka. Pokud rovnou neodhalíme, že j = 2, můžeme jakoukoli jinou možnost vyloučitobdobným dosazením jako výše a porovnáním s požadovaným součtem před třemi lety.Vzhledem k tomu, že m + j = 11 a že Jana je nejmladší, stačí prozkoušet následujícímožnosti: j = 1,2,3,4 a 5.

Z7–I–3Uvnitř pravidelného pětiúhelníku ABCDE je bod P takový, že trojúhelník ABP je

rovnostranný. Jak velký je úhel BCP? (L. Hozová)

Nápověda. Uvědomte si, že trojúhelník BCP není obecný.

Možné řešení. Pětiúhelník ABCDE je pravidelný, zejména platí |AB| = |BC|. Trojúhel-ník ABP je rovnostranný, zejména platí |AB| = |BP |. Odtud vidíme, že |BP | = |BC|, tedy,že trojúhelník BCP je rovnoramenný. Jeho vnitřní úhly u vrcholů P a C jsou proto shodné;k jejich určení stačí znát úhel u vrcholu B (součet velikostí vnitřních úhlů v libovolnémtrojúhelníku je 180◦). Přitom úhel PBC je rozdílem úhlů ABC a ABP , z nichž první jevnitřním úhlem pravidelného pětiúhelníku (vyjádříme záhy) a druhý je vnitřním úhlemrovnostranného trojúhelníku (má velikost α = 60◦).

A B

C

D

E P

α

α αβ

γγ

Pětiúhelník ABCDE můžeme rozdělit na pět trojúhelníků se společným vrcholem P .Součet vnitřních úhlů pětiúhelníku je roven součtu vnitřních úhlů všech pěti trojúhelníkůvyjma úhlů u vrcholu P , tj. 5·180◦−360◦ = 540◦. V pravidelném pětiúhelníku jsou všechnyvnitřní úhly shodné, každý má tudíž velikost 540◦ : 5 = 108◦.

Odtud konečně umíme vyjádřit

β = |�PBC| = |�ABC| − |�ABP | = 108◦ − 60◦ = 48◦

11

a následně

γ = |�BCP | = |�BPC| = 180◦ − 48◦

2=

132◦

2= 66◦.

Velikost úhlu BCP je 66◦.

Poznámka. Velikost vnitřního úhlu pravidelného pětiúhelníku je možné odvodit také po-mocí rozdělení na pět shodných rovnoramenných trojúhelníků jako na následujícím obrázku(S je střed pětiúhelníku, tj. střed jemu opsané kružnice).

A B

C

D

ES

Úhel u vrcholu S v každém z těchto trojúhelníků má velikost 360 : 5 = 72◦; součetúhlů u základny je roven 180◦−72◦ = 108◦, což je také velikost vnitřního úhlu pravidelnéhopětiúhelníku.

Z7–I–4V robotí škole do jedné třídy chodí dvacet robotů Robertů, kteří jsou očíslováni Ro-

bert 1 až Robert 20. Ve třídě je zrovna napjatá atmosféra, mluví spolu jen někteří roboti.Roboti s lichým číslem nemluví s roboty se sudým číslem. Mezi Roberty s lichým číslemspolu mluví pouze roboti, kteří mají číslo se stejným počtem číslic. Roberti se sudým číslemse baví pouze s těmi, jejichž číslo začíná stejnou číslicí.

Kolik dvojic robotů Robertů se může spolu vzájemně bavit? (K. Pazourek)

Nápověda. Nejdřív rozdělte roboty do skupin, v rámci nichž se mohou vzájemně bavit.

Možné řešení. Nejprve vyjádříme všechny skupiny robotů, kteří se mohou mezi seboubavit (v následujících výčtech jsou tyto skupiny vyznačeny závorkami). Roboti s lichýmičísly jsou rozděleni podle počtu číslic, to jsou dvě skupiny:

(1, 3, 5, 7, 9), (11, 13, 15, 17, 19).

Roboti se sudými čísly jsou rozděleni podle počáteční číslice:

(2, 20), (4), (6), (8), (10, 12, 14, 16, 18).

Stačí tedy spočítat počty dvojic, které lze v rámci každé skupiny vytvořit. Máme třiskupiny s jediným robotem — v nich nevytvoříme žádnou dvojici; jednu skupinu se dvěmaroboty — v té máme jedinou dvojici; tři skupiny po pěti robotech — v každé takovéskupině lze vytvořit 10 dvojic. Celkem dostáváme 1 + 3 · 10 = 31 dvojic robotů, kteří sespolu mohou bavit.

12

Z7–I–5V kocourkovské škole používají zvláštní číselnou osu. Vzdálenost mezi čísly 1 a 2 je

1 cm, vzdálenost mezi čísly 2 a 3 je 3 cm, mezi čísly 3 a 4 je 5 cm a tak dále: vzdálenostmezi každou následující dvojicí přirozených čísel se vždy zvětší o 2 cm.

Mezi kterými dvěma přirozenými čísly je na kocourkovské číselné ose vzdálenost 39 cm?Najděte všechny možnosti. (K. Pazourek)

Nápověda. Vypište si vzdálenosti mezi různými dvojicemi čísel na kocourkovské ose.

Možné řešení. Vzdálenost 39 cm může být realizována mezi různými dvojicemi čísel.Budeme systematicky vypisovat vzdálenosti mezi několika prvními čísly kocourkovské osy.V následujícím schématu je nad čarou vypsáno prvních 10 čísel a pod čarou skutečnévzdálenosti (v cm) mezi různými dvojicemi těchto čísel — na prvním řádku pod čarou jsoupostupně vzdálenosti mezi sousedními čísly, na druhém řádku pod čarou jsou vzdálenostimezi dvojicemi čísel, které jsou ob jedno, atd. (Např. 21 na třetím řádku pod čarou značískutečnou vzdálenost mezi čísly 3 a 6 na kocourkovské ose a je určeno jako 5 + 7 + 9).Hvězdičkou jsou označena zbytečně velká čísla, která nás nezajímají.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1 3 5 7 9 11 13 15 17

4 8 12 16 20 24 28 32 36

9 15 21 27 33 39 ∗ ∗16 24 32 40 ∗ ∗ ∗ ∗

25 35 45 ∗ ∗ ∗ ∗36 48 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

49 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Ihned vidíme (z třetího řádku pod čarou), že vzdálenost 39 cm je mezi čísly 6 a 9 a žese jistě neobjevuje mezi čísly, která jsou na kocourkovské ose víc než ob dvě (od čtvrtéhořádku pod čarou). Vzdálenost 39 cm se určitě také nemůže objevovat mezi čísly, která jsouob jedno, protože všechny tyto vzdálenosti jsou sudé (druhý řádek pod čarou). Zbývá tedyprozkoumat vzdálenosti mezi sousedními čísly (první řádek pod čarou):

Posloupnost vzdáleností mezi sousedními čísly můžeme vyjádřit jako

1, 3 = 1 + 2, 5 = 1 + 2 · 2, 7 = 1 + 2 · 3, 9 = 1 + 2 · 4, . . .

Obecně, vzdálenost mezi i-tým a (i+ 1)-ním číslem na kocourkovské ose je rovna

1 + 2(i− 1) = 2i− 1 (cm).

Tato vzdálenost tedy bude rovna 39 cm, právě když i = 20.Vzdálenost 39 cm na kocourkovské číselné ose je mezi dvojicemi čísel 6, 9 a 20, 21.

13

Poznámky. a) Závěrečnou úvahu lze nahradit vypsáním a spočítáním všech lichých číselaž po 39. Pokud je výčet úplný, je takové řešení správné.

b) Naopak úvodní vypisování lze celé nahradit úvahou, příp. výpočtem: Všechny vzdá-lenosti v tabulce jsou součtem různých počtů lichých čísel, přičemž tyto počty jsou buďliché (pro sousední čísla a dvojice čísel, která jsou ob sudý počet čísel), nebo sudé (prodvojice čísel, která jsou ob lichý počet čísel). Na jednotlivých řádcích se tedy objevují buďjenom lichá, nebo jenom sudá čísla. Vzdálenost 39 cm se tedy může objevovat pouze mezisousedními čísly a dvojicemi, která jsou na kocourkovské ose ob sudý počet čísel.

Předchozí vypisování posloupnosti vzdáleností mezi sousedními čísly má následujícíanalogii pro dvojice čísel, která jsou ob dvě:

9, 15 = 9 + 6, 21 = 9 + 6 · 2, 27 = 9 + 6 · 3, . . .

Obecně, vzdálenost mezi i-tým a (i+ 3)-tím číslem na kocourkovské ose je rovna

9 + 6(i− 1) = 6i+ 3 (cm).

Tato vzdálenost tedy bude rovna 39 cm, právě když i = 6. Obdobně lze vyjádřit jakoukolijinou výše vypisovanou posloupnost.

c) Řešení úlohy lze zjednodušit pomocí následujícího poznatku: Součet lichého počtupo sobě jdoucích lichých čísel je roven součinu počtu těchto čísel a prostředního z nich.Zvídavým řešitelům doporučujeme tento poznatek zdůvodnit a řešení domyslet.

d) V uvedeném schématu si můžeme všimnout, že všechna čísla v prvním šikmémsloupci jsou druhými mocninami přirozených čísel. To není náhoda — obecně platí, že sou-čet prvních k po sobě jdoucích lichých čísel je roven k2. Zvídavým řešitelům doporučujemeporovnat toto tvrzení s poznatkem v předchozí poznámce.

Z7–I–6Na výstavě dlouhosrstých koček se sešlo celkem deset vystavujících. Vystavovalo se

v obdélníkové místnosti, ve které byly dvě řady stolů jako na obrázku.

Kočky byly označeny navzájem různými čísly v rozmezí 1 až 10 a na každém stoleseděla jedna kočka. Určete, která kočka byla na výstavě hodnocena nejlépe, pokud víte, že:

a) součet čísel koček sedících naproti sobě byl vždy stejný,b) součet čísel každých dvou koček sedících vedle sebe byl sudý,c) součin čísel každých dvou koček sedících vedle sebe v dolní řadě je násobek čísla 8,d) kočka číslo 1 není na kraji a je víc vpravo než kočka číslo 6,e) vyhrála kočka sedící v pravém dolním rohu. (M. Mach)

14

Nápověda. Může proti sobě, příp. vedle sebe sedět kočka se sudým a kočka s lichýmčíslem?

Možné řešení. Postupně rozebereme důsledky jednotlivých poznatků ze zadání:

a) Čísla koček sedících proti sobě tvoří 5 párů se stejným součtem. Součet čísel všechkoček je 1 + 2 + . . . + 10 = 55, takže každý pár musí mít součet 55 : 5 = 11; jedinémožnosti jsou 1 + 10, 2 + 9, 3 + 8, 4 + 7, 5 + 6.

b) Sudé číslo nelze získat součtem sudého a lichého čísla. V jedné řadě proto mohou sedětpouze kočky s lichými čísly, ve druhé pouze kočky se sudými čísly.

c) Násobek čísla 8 nelze získat součinem lichých čísel. Odtud a z předchozího důsledkuplyne, že v dolní řadě seděly pouze kočky se sudými čísly, tj. 2, 4, 6, 8, 10. Součinemdvou takových čísel lze získat násobek 8, právě když jeden ze součinitelů je 4 nebo 8.Proto nemohou být kočky s čísly 4 a 8 na krajích, ani uprostřed.

d) Podle důsledku a) víme, že proti kočce s číslem 1 seděla kočka s číslem 10. Odtudplyne, že také kočka s číslem 10 nemůže být na kraji a je víc vpravo než kočka s číslem6.

e) Z dosavadních informací víme, že v pravém dolním rohu seděla kočka se sudým číslemrůzným od 4, 8, 10 a 6.

Vyhrála tedy kočka s číslem 2.

Poznámka. Z uvedeného téměř umíme určit rozmístění všech koček v místnosti: pořadíkoček ve spodní řadě mohlo být

buď 6, 4, 10, 8, 2, nebo 6, 8, 10, 4, 2,

pořadí koček v horní řadě je pak jednoznačně určeno podle důsledku a).

15



Míša měl na poličce malé klávesy, které vidíte na obrázku. Na bílých klávesách bylyvyznačeny jejich tóny.

C D E F G A H

Klávesy našla malá Klára. Když je brala z poličky, vypadly jí z ruky a všechny bíléklávesy se z nich vysypaly. Aby se bratr nezlobil, začala je Klára skládat zpět. Všimla sipřitom, že se daly vložit jen na některá místa, neboť jim překážely černé klávesy umístěnépřesně doprostřed mezi dvě bílé.

Kláře se podařilo klávesy nějak složit, avšak tóny na nich byly pomíchané, protožeještě neznala hudební stupnici. Zjistěte, kolika způsoby mohla Klára klávesy poskládat.

(E. Novotná)

Nápověda. Které klávesy mohla Klára zaměnit a které nikoli?

Možné řešení. Rozsypané, tzn. bílé klávesy jsou trojího typu:

1. klávesy C a F, které mají černou klávesu zprava,2. klávesy E a H, které mají černou klávesu zleva,3. klávesy D, G a A, které mají černé klávesy z obou stran.

Je zřejmé, že Klára mohla poplést vždy jen klávesy stejného typu. Klávesy prvníhotypu mohla poskládat dvojím způsobem:

C ∗ ∗ F ∗ ∗ ∗, F ∗ ∗ C ∗ ∗ ∗.

Klávesy druhého typu mohla poskládat také dvojím způsobem:

∗ ∗ E ∗ ∗ ∗ H, ∗ ∗ H ∗ ∗ ∗ E.

Klávesy třetího typu mohla poskládat šesti způsoby:

∗ D ∗ ∗ G A ∗, ∗ D ∗ ∗ A G ∗,∗ G ∗ ∗ A D ∗, ∗ G ∗ ∗ D A ∗,∗ A ∗ ∗ D G ∗, ∗ A ∗ ∗ G D ∗.

Uvedené tři skupiny možných skládání jsou na sobě zcela nezávislé. Proto je celkový početmožností, jak mohla Klára klávesy poskládat, roven 2 · 2 · 6 = 24.

16

Z8–I–2Na louce se pasou koně, krávy a ovce, dohromady jich je méně než 200. Kdyby bylo

krav 45krát víc, koní 60krát víc a ovcí 35krát víc, než kolik jich je nyní, jejich počty by serovnaly. Kolik se na louce pase koní, krav a ovcí dohromady? (M. Krejčová)

Nápověda. Jaké jsou poměry stávajících počtů jednotlivých druhů zvířat?

Možné řešení. Poměr mezi stávajícím počtem krav a koní je

60 : 45 = 4 : 3

a poměr mezi stávajícím počtem ovcí a koní je

60 : 35 = 12 : 7.

Počet koní tedy musí být nějakým násobkem čísla 3 a současně čísla 7, tedy násobkemčísla 21.

Kdyby na louce bylo 21 koní, potom by tam bylo 21 · 4 : 3 = 28 krav a 21 · 12 : 7 = 36ovcí, celkem tedy 21+28+36 = 85 zvířat. Kdyby na louce bylo 42 koní, potom by všechnypočty byly dvojnásobné, celkem tedy 2 · 85 = 170 zvířat. Kdyby na louce bylo 63 koní,potom by všechny počty byly trojnásobné, celkem tedy 3 · 85 = 255 zvířat, což je ovšemvíc než 200.

Na louce se tedy páslo buď 85, nebo 170 zvířat.

Poznámka. K témuž výsledku lze dojít také rozkladem daných násobků na součiny pr-vočísel:

45 = 3 · 3 · 5, 60 = 2 · 2 · 3 · 5, 35 = 5 · 7.Aby se odpovídající násobky počtů jednotlivých zvířat rovnaly, musí být v jejich prvo-číselných rozkladech zastoupena všechna předchozí prvočísla (včetně jejich násobností).Nejmenší možný počet krav tedy je 2 · 2 · 7 = 28, koní 3 · 7 = 21 a ovcí 2 · 2 · 3 · 3 = 36,celkem 28 + 21 + 36 = 85 zvířat.

Z8–I–3Je dán rovnoramenný lichoběžník ABCD, v němž platí

|AB| = 2|BC| = 2|CD| = 2|DA|.

Na jeho straně BC je bod K takový, že |BK| = 2|KC|, na jeho straně CD je bod L takový,že |CL| = 2|LD|, a na jeho straně DA je bod M takový, že |DM | = 2|MA|.

Určete velikosti vnitřních úhlů trojúhelníku KLM . (J. Zhouf )

Nápověda. Zaměřte se nejprve na vnitřní úhly lichoběžníku ABCD.

Možné řešení. Z předpokladů plyne, že spojnice středu úsečky AB s vrcholy C a D rozdě-luje lichoběžník ABCD na tři shodné rovnostranné trojúhelníky. Proto velikosti vnitřníchúhlů v lichoběžníku u vrcholů A a B jsou rovny 60◦ a u vrcholů C a D jsou 120◦.

Ze zadání dále plyne, že trojúhelníky LCK a MDL jsou shodné (podle věty sus).Proto také úsečky KL a LM a vyznačené dvojice úhlů jsou shodné; velikosti těchto úhlů

17

označíme α a β. Trojúhelník KLM je rovnoramenný a úhly u základny jsou taktéž shodné;jejich velikost označíme δ a velikost úhlu KLM označíme γ.

α

α

ββ

δ

δ

γ

CD

A B

K

L

M

Ze součtu vnitřních úhlů v trojúhelníku KCL odvodíme

α+ β = 180◦ − 120◦ = 60◦.

Součet tří vyznačených úhlů s vrcholem L je přímý úhel, tudíž

γ = 180◦ − (α+ β) = 120◦.

Konečně, ze součtu vnitřních úhlů v trojúhelníku KLM odvodíme

δ =180◦ − 120◦

2= 30◦.

Velikosti vnitřních úhlů trojúhelníku KLM jsou 30◦ a 120◦.

Z8–I–4V komoře, kde se rozbilo světlo a vše z ní musíme brát poslepu, máme ponožky čtyř

různých barev. Chceme-li si být jisti, že vytáhneme alespoň dvě bílé ponožky, musíme jichz komory přinést 28. Abychom měli takovou jistotu pro šedé ponožky, musíme jich přinésttaké 28, pro černé ponožky stačí 26 a pro modré ponožky 34.

Kolik je celkem v komoře ponožek? (E. Semerádová)

Nápověda. Kolik je v komoře nebílých, nešedých, nečerných, resp. nemodrých ponožek?

Možné řešení. Pokud vytáhneme nejdříve všechny nebílé ponožky a teprve potom dvěbílé, vytáhneme právě 28 ponožek. Nebílých ponožek je tedy 26. Stejnou úvahou dospějemek tomu, že nešedých ponožek je také 26, nečerných je 24 a nemodrých je 32.

Nebílé ponožky zahrnují ponožky ostatních tří barev; naopak bílé ponožky jsou za-hrnuty mezi nešedými, nečernými a nemodrými. Podobně je tomu s ostatními případy.Součet všech nebílých, nešedých, nečerných a nemodrých ponožek je proto roven trojná-sobku počtu všech ponožek v komoře. Tento součet je 26 + 26 + 24 + 32 = 108, v komořeje tedy 108 : 3 = 36 ponožek.

Poznámka. a) Z výsledného součtu a z předchozích pozorování lze snadno odvodit počtyponožek jednotlivých barev (např. bílých ponožek je 36− 26 = 10).

18

b) Pokud počty ponožek jednotlivých barev označíme počátečními písmeny oněchbarev, potom předchozí myšlenky můžeme zapsat takto:

s+ c+m = 26,

b+ c+m = 26,

b+ s+m = 24,

b+ s+ c = 32,

odkud sečtením dostáváme3(b+ s+ c+m) = 108,

odkud po dělení třemi plyneb+ s+ c+m = 36.

Z8–I–5Číslo dne je pořadové číslo daného dne v příslušném měsíci (tedy např. číslo dne

5. srpna 2016 je 5). Ciferný součet dne je součet hodnot všech číslic v datu tohoto dne(tedy např. ciferný součet dne 5. srpna 2016 je 5 + 8 + 2 + 0 + 1 + 6 = 22). Šťastný den jetakový den, jehož číslo dne je rovno cifernému součtu dne.

Určete, kolik šťastných dní je v roce 2016 a které dny to jsou. (L. Růžičková)

Nápověda. Vyjádřete definici šťastného dne pomocí rovnice.

Možné řešení. Číslo dne je nejvýše dvojmístné číslo v rozmezí od 1 do 31, které označíme10a+b; číslice a může být 0, 1, 2, nebo 3. Číslo měsíce je nejvýše dvojmístné číslo v rozmezíod 1 do 12, které označíme 10c+ d; číslice c může být buď 0, nebo 1. Při tomto značení ješťastný den takový, že platí

10a+ b = a+ b+ c+ d+ 2 + 0 + 1 + 6,

9(a− 1) = c+ d.

Odtud plyne, že b může být libovolné, a musí být buď 2, nebo 3 (a součet c+d je dělitelný9).

• Pokud a = 2, potom c+ d = 9, což znamená, že c = 0 a d = 9.• Pokud a = 3, potom c+ d = 18, což vzhledem k výše formulovaným omezením nemá

vyhovující řešení.

Všechny šťastné dny jsou tedy v měsíci září, a to od 20. do 29., celkem 10 dní.

Z8–I–6Katka narýsovala trojúhelník ABC. Střed strany AB si označila jako X a střed stra-

ny AC jako Y . Na straně BC chce najít takový bod Z, aby obsah čtyřúhelníku AXZY bylco největší. Jakou část trojúhelníku ABC může maximálně zabírat čtyřúhelník AXZY ?

(A. Bohiniková)

Nápověda. Určete, jakou část trojúhelníku ABC zabírá trojúhelník AXY .

19

Možné řešení. Ze zadání plyne, že úsečka XY je střední příčkou trojúhelníku ABC,která je rovnoběžná se stranou BC. Její délka je tedy poloviční vzhledem k délce stranyBC a velikost výšky z bodu A na XY je taktéž poloviční vzhledem k velikosti výšky z téhožbodu na BC. To znamená, že trojúhelník AXY má čtvrtinový obsah vzhledem k obsahutrojúhelníku ABC.

A B

C

X

Y

Z

Nyní zvolme bod Z na straně BC. Protože úsečky BC a XY jsou rovnoběžné, jeobsah trojúhelníku XY Z, tedy i čtyřúhelníku AXZY stejný pro jakkoli zvolený bod Z.Protože vzdálenost rovnoběžek BC a XY je stejná jako vzdálenost XY od vrcholu A, majítrojúhelníky AXY a XY Z tutéž velikost výšky na jejich společnou stranu XY , a protomají tentýž obsah. Každý z těchto dvou trojúhelníků zabírá čtvrtinu trojúhelníku ABC,čtyřúhelník AXZY proto zabírá polovinu trojúhelníku ABC.

20



Z9–I–1

Objem vody v městském bazénu s obdélníkovým dnem je 6 998,4 hektolitrů. Pro-pagační leták uvádí, že kdybychom chtěli všechnu vodu z bazénu přelít do pravidelnéhočtyřbokého hranolu s podstavnou hranou rovnající se průměrné hloubce bazénu, musel bybýt hranol vysoký jako blízký televizní vysílač a pak by byl naplněný až po okraj.

Dodáváme, že kdybychom chtěli uplavat vzdálenost stejnou, jako je výška vysílače,museli bychom přeplavat buď osm délek, nebo patnáct šířek bazénu. Jak vysoký je vysílač?

(L. Šimůnek)

Nápověda. Odvoďte nejprve vztah mezi výškou vysílače a průměrnou hloubkou bazénu.

Možné řešení. Všechny délky budeme vyjadřovat v metrech, a to při tomto značení: h =průměrná hloubka bazénu, d = délka bazénu, s = šířka bazénu, v = výška vysílače. Objembazénu proto vyjádříme v metrech krychlových: 6998,4 hl = 699,84 m3. Informace v zadánílze zapsat následujícími rovnicemi:

699,84 = h · s · d = v · h2, (1)

v = 8d = 15s. (2)

Z rovností (2) můžeme vyjádřit d = v8 a s = v

15 . Po dosazení do jedné z rovností v (1),vydělení h, resp. v (jež jsou jistě nenulové) a úpravě dostáváme:

h · v15· v

8= v · h2,

v

120= h,

v = 120h.

Tento vztah dosadíme do jiné rovnosti v (1) a zjistíme hodnotu neznámé h:

699,84 = 120h · h2,5,832 = h3,

h = 1,8.

Vysílač je vysoký v = 120 · 1,8 = 216 metrů.

21

Z9–I–2Úžasným číslem nazveme takové sudé číslo, jehož rozklad na součin prvočísel má právě

tři ne nutně různé činitele a součet všech jeho dělitelů je roven dvojnásobku tohoto čísla.Najděte všechna úžasná čísla. (M. Mach)

Nápověda. Kolik nejvíce dělitelů může mít číslo, které je součinem tří ne nutně různýchprvočísel?

Možné řešení. Protože úžasné číslo je sudé, alespoň jeden z jeho prvočíselných dělitelůje 2; zbylé dva prvočíselné dělitele označíme b a c. Úžasné číslo je tedy rovno součinu 2bc.Všichni dělitelé takového čísla jsou 1, 2, b, c, 2b, 2c, bc, 2bc, přičemž některá z těchtočísel se mohou rovnat. Postupně probereme všechny možnosti podle počtu a typu různýchprvočíselných dělitelů.

a) Předpokládejme, že všichni prvočíselní dělitelé jsou stejní, tedy b = c = 2. V tako-vém případě by úžasné číslo bylo 8 a všichni jeho dělitelé by byli 1, 2, 4, 8. Součet všechdělitelů by byl 15, což není dvojnásobek čísla 8. Případ b = c = 2 tedy není možný.

b) Předpokládejme, že dva prvočíselní dělitelé jsou rovni 2, tedy b = 2. V takovémpřípadě by úžasné číslo bylo 4c a všichni jeho dělitelé by byli 1, 2, c, 4, 2c, 4c. Součet všechdělitelů by byl 7 + 7c a podle zadání má platit

7 + 7c = 8c.

To platí právě tehdy, když c = 7; odpovídající úžasné číslo je 4c = 28.

c) Předpokládejme, že dva prvočíselní dělitelé jsou stejní, ovšem oba různí od 2, tedyb = c 6= 2. V takovém případě by úžasné číslo bylo 2b2 a všichni jeho dělitelé by byli 1, 2,b, 2b, b2, 2b2. Součet všech dělitelů by byl 3 + 3b+ 3b2 a podle zadání má platit

3 + 3b+ 3b2 = 4b2,

3(1 + b) = b2.

Číslo nalevo je násobkem čísla 3, tedy číslo napravo má také být násobkem 3. Vzhledemk tomu, že b je prvočíslo, muselo by být b = 3. V takovém případě by však nalevo bylo3 · 4 = 12, zatímco napravo 32 = 9. Případ b = c 6= 2 tedy není možný.

d) Předpokládejme, že prvočíselní dělitelé jsou navzájem různí, tedy 2 6= b 6= c 6= 2.V takovém případě by úžasné číslo bylo 2bc a všichni jeho dělitelé by byli 1, 2, b, c, 2b, 2c,bc, 2bc. Součet všech dělitelů by byl 3 + 3b+ 3c+ 3bc a podle zadání má platit

3 + 3b+ 3c+ 3bc = 4bc,

3(1 + b+ c) = bc.

Číslo nalevo je násobkem čísla 3, tedy číslo napravo má také být násobkem 3. Vzhledemk tomu, že b a c jsou prvočísla, muselo by být buď b = 3, nebo c = 3. Pro b = 3 by předchozírovnost vypadala takto 3 · (4 + c) = 3c, což ovšem neplatí pro žádné c. Diskuse pro c = 3je obdobná. Případ b 6= c 6= 2 tedy není možný.

Jediné úžasné číslo je 28.

22

Poznámka. Nemožnost případu c) může být zdůvodněna také takto: Každé prvočíslob 6= 2 je liché, tedy číslo b2 je také liché, zatímco číslo 1 + b (stejně jako jakýkoli jehonásobek) je sudé. V uvedené rovnosti na pravé straně by tedy mělo být liché číslo, zatímcona levé straně sudé. Podobný argument nám však nic neodhalí v případě d).

Z9–I–3Jirka sestrojil čtverec ABCD o straně 12 cm. Do tohoto čtverce narýsoval čtvrtkružnici

k, která měla střed v bodě B a procházela bodem A, a půlkružnici l, která měla středv polovině strany BC a procházela bodem B.

Rád by ještě sestrojil kružnici, která by ležela uvnitř čtverce a dotýkala se čtvrtkruž-nice k, půlkružnice l i strany AB. Určete poloměr takové kružnice. (M. Volfová)

Nápověda. Přemýšlejte, jak byste pomocí poloměru hledané kružnice vyjádřili vzdálenostjejího středu od úsečky AB, příp. BC.

Možné řešení. Během řešení se odkazujeme na následující obrázek, v němž O značí středstrany BC, S značí střed Jirkovy vytoužené kružnice h, K značí dotykový bod kružnic ha k, L značí dotykový bod kružnic h a l a M značí dotykový bod kružnice h a úsečky AB.Dále budeme odkazovat na pomocný bod E, který je patou kolmice z bodu S na stranuBC. Hledaný poloměr kružnice h v cm označíme r.

CD

A B

E

O

S

K L

M

Vzdálenost bodu S od úsečky AB je rovna r = |SM | = |EB|. Vzdálenost bodu S odúsečky BC je rovna velikosti úsečky SE, která je odvěsnou jak v pravoúhlém trojúhelníkuSEO, tak v trojúhelníku SEB. Všechny zbylé strany v obou trojúhelnících snadno vyjá-dříme pomocí r; odtud pomocí Pythagorovy věty budeme umět určit neznámou r.

Body S a O jsou středy kružnic h a l, které se dotýkají v bodě L. Tyto tři body ležína jedné přímce, vzdálenost SO je proto rovna

|SO| = |SL|+ |LO| = r + 6.

Obdobně, vzdálenost SB je rovna

|SB| = |BK| − |KS| = 12− r,

23

neboť S a O jsou středy kružnic h a k a K je jejich dotykovým bodem. Vzdálenost OE jerovna

|OE| = |OB| − |BE| = 6− r.Odtud a z Pythagorovy věty v trojúhelnících SEO a SEB dostáváme:

|SE|2 = |SO|2 − |OE|2 = |SB|2 − |BE|2,(6 + r)2 − (6− r)2 = (12− r)2 − r2,

12r + 12r = 144− 24r,

48r = 144,

r = 3.

Poloměr hledané kružnice je 3 cm.

Z9–I–4V tabulce je kurzovní lístek směnárny, avšak některé hodnoty jsou v něm nahrazeny

otazníky. Směnárna vyměňuje peníze v uvedených kurzech a neúčtuje si jiné poplatky.

nákup prodej

1 EUR 26,20 CZK 28,00 CZK

1 GBP ? CZK ? CZK

1. Kolik eur dostane zákazník, pokud zde smění 4 200 Kč?

Když směnárník vykoupí od zákazníka 1 000 liber a poté je všechny prodá, jeho celkovýzisk je 2 200 Kč. Kdyby místo toho směnárník prodal 1 000 liber a poté by všechny utrženékoruny směnil s jiným zákazníkem za libry, vydělal by na tom 68,75 liber.

2. Za kolik korun směnárník nakupuje a za kolik prodává 1 libru? (L. Šimůnek)

Nápověda. U 2. úkolu si po každé transakci pomocí neznámých zapište, kolik směnární-kovi přibylo či ubylo korun a kolik mu přibylo či ubylo liber.

Možné řešení. 1. Pokud má směnárna vydat eura zákazníkovi, znamená to, že směnárnaeura prodává. Pracujeme proto s hodnotou ve sloupci „prodejÿ, tj. 28 Kč. Zákazník dostane4 200 : 28 = 150 eur.

2. Neznámou ve sloupci „nákupÿ označíme n, ve sloupci „prodejÿ použijeme p. Kdyžsměnárna vykoupí 1 000 liber a poté je všechny prodá, množství liber ve směnárně senezmění; počet korun se nejprve zmenší o 1 000n a poté se zvětší o 1 000p. Zisk 2 200 Kčmůžeme vyjádřit následující rovnicí, kterou ihned upravíme:

−1 000n+ 1 000p = 2 200,

1 000p = 2 200 + 1 000n, (1)

p = 2,2 + n.

24

Když směnárník prodá 1 000 liber a poté všechny utržené koruny smění s jiným zá-kazníkem za libry, počet korun ve směnárně se sice přechodně zvětší o 1 000p, ale nakoneczůstane roven výchozí hodnotě. Suma liber se nejprve zmenší o 1 000 a poté se zvětšío počet liber, které směnárník nakoupí za 1 000p korun, tzn. o 1 000 p

n liber. Zisk 68,75 libermůžeme vyjádřit následující rovnicí, kterou ihned upravíme:

−1000 + 1 000p

n= 68,75,

1 000p = 1 068,75n, (2)

p = 1,06875n.

Porovnáním (1) a (2) dostáváme:

2 200 + 1 000n = 1 068,75n,

68,75n = 2 200,

n = 32.

Odtud dosazením do (1), resp. (2) získáme p = 34,2. Směnárna tedy nakupuje jednu libruza 32 Kč a prodává ji za 34,20 Kč.

Z9–I–5Bětka napsala přirozené číslo s navzájem různými číslicemi. Pod něj zapsala číslice

původního čísla odzadu a tak získala nové číslo se stejným počtem číslic. Sečtením těchtodvou čísel dostala číslo, které opět mělo stejný počet číslic jako myšlené číslo a skládalo sepouze z číslic myšleného čísla (avšak nemuselo obsahovat všechny jeho číslice).

Erice se Bětčino číslo zalíbilo a chtěla si najít jiné číslo se stejnými vlastnostmi. Zjistila,že neexistuje menší takové číslo než Bětčino a větší se jí hledat nechce. Určete, jaké číslosi myslí Bětka a jaké číslo by mohla najít Erika, kdyby měla víc trpělivosti.

(K. Jasenčáková)

Nápověda. Zvažujte postupně možnosti, kdy je myšlené číslo jednomístné, dvojmístnéatd. V jednotlivých případech přemýšlejte postupně nad možnými součty na místě jedno-tek, desítek atd.

Možné řešení. Nejprve najdeme Bětčino číslo, tj. nejmenší číslo s uvedenými vlastnostmi.

1) Předpokládejme, že Bětčino číslo je jednomístné, a označíme si je a. Potom by podlezadání muselo platit a+ a = a, což platí pouze když a = 0. Nula však není přirozené číslo,takže Bětčino myšlené číslo nemůže být jednomístné.

2) Předpokládejme, že Bětčino číslo je dvojmístné, a označíme si je ab. Ať už součetab + ba dopadne jakkoli, na místě jednotek čteme buď b + a = a, nebo b + a = b. Odtuddostáváme buď b = 0, nebo a = 0. V takovém případě by však buď číslo ba, nebo číslo abnebylo dvojmístné. Bětčino myšlené číslo tedy nemůže být dvojmístné.

3) Předpokládejme, že Bětčino číslo je trojmístné, a označíme si je abc. Ze stejnéhodůvodu jako výše nemohou být čísla a a c nuly, tedy v součtu abc+cba se na místě jednotekmůže objevit jedině b:

a b cc b a

∗ ∗ b

25

Současně c + a nemůže být větší než 9, protože potom by celkový součet abc + cba nebyltrojmístný. Odtud se dozvídáme, že

a+ c = b, (1)

což mimo jiné znamená, že ani číslice b nemůže být 0.Odtud plyne, že součet b + b na místě desítek nemůže být menší než 10; v takovém

případě by tento součet byl roven jednomu z čísel a, b, c, což vždy vede k nějakému sporus předchozími poznatky:

• Pokud b + b = a nebo b + b = c, potom podle (1) dostáváme 2a + 2c = a nebo2a+ 2c = c, tedy a = −2c nebo c = −2a, což není možné.• Pokud b+ b = b, potom b = 0, což není možné.

Součet b+ b na místě desítek však nemůže být ani větší než 9. V takovém případě bysoučet na místě stovek byl a + c + 1 a toto číslo má být rovno jednomu z čísel a, b, c; tovždy vede k nějakému sporu:

• Pokud a+ c+ 1 = a nebo a+ c+ 1 = c, potom c = −1 nebo a = −1, což není možné.• Pokud a+c+1 = b, potom podle (1) dostáváme b+1 = b, tedy 1 = 0, což není možné.

Bětčino myšlené číslo tedy nemůže být ani trojmístné.

4) Předpokládejme, že Bětčino číslo je čtyřmístné, a označíme si je abcd. Ze stejnéhodůvodu jako výše nemohou být čísla a a d nuly, tedy v součtu abcd + dcba se na místějednotek může objevit buď b, nebo c:

a b c dd c b a

∗ ∗ ∗ b

a b c dd c b a

∗ ∗ ∗ c

Současně d+a nemůže být větší než 9, protože potom by celkový součet abcd+dcba nebylčtyřmístný. Odtud se dozvídáme, že

buď a+ d = b, (2)

nebo a+ d = c. (3)

To mimo jiné znamená, že buď b 6= 0, nebo c 6= 0.Nyní předpokládáme, že součet c+b na místě desítek je menší než 10, tzn. tento součet

je roven jednomu z čísel a, b, c, d, a prozkoumáme jednotlivé případy. Nejprve uvažujmeplatnost (2), a tedy b 6= 0:

• Pokud b + c = a nebo b + c = d, potom podle (2) dostáváme a + d + c = a neboa+ d+ c = d, tedy c = −d nebo c = −a, což není možné.

• Pokud b+ c = b, potom c = 0 (což ničemu nevadí).• Pokud b+ c = c, potom b = 0, což není možné.

Podobně, za předpokladu (3) zjistíme, že jediná přípustná možnost je

• b+ c = c, tedy b = 0.

26

Celkem tak objevujeme dva možné případy:

a b 0 dd 0 b a

b b b b

a 0 c dd c 0 a

c c c c (4)

Protože Bětčino číslo je nejmenší číslo vyhovující všem uvedeným podmínkám, vůbecse nemusíme zabývat případem, kdy součet c+ b je větší než 9, a soustředíme se výhradněna druhou z výše jmenovaných možností, tj. b = 0. Dosadíme nejmenší možné číslo namísto tisícovek a = 1 a zjišťujeme, že c = d + 1. Nejmenší vyhovující možnost je d = 2a c = 3. Bětka si tedy hrála s číslem 1032 a její výpočet vypadal takto:

1 0 3 22 3 0 1

3 3 3 3

Z výše uvedeného je nyní snadné doplnit nějaké jiné číslo s uvedenými vlastnostmi,tedy nějaké Eričino číslo. Např. stačí v Bětčině čísle zaměnit číslice na místě jednoteka tisícovek nebo číslice na místě desítek a stovek, příp. uvažovat jakákoli čísla tvaru (4).Mezi možnými řešeními jsou také čísla, kdy součet c+b je větší než 9. Zde je několik řešení,na která mohla Erika přijít, kdyby ovšem nebyla tak netrpělivá:

1 0 4 33 4 0 1

4 4 4 4

1 3 0 22 0 3 1

3 3 3 3

1 8 9 77 9 8 1

9 8 7 8

Poznámky. a) Pokud umíme zdůvodnit, že hledané Bětčino číslo musí být aspoň čtyř-místné, potom je lze snadno najít zkoušením:

Nejmenší čtyřmístné číslo s navzájem různými číslicemi je 1023. Toto číslo však nenířešením, neboť 1023 + 3201 = 4224. Pokud nás napadne prohodit číslice 2 a 3, dostanemevyhovující řešení: 1032 + 2301 = 3333. Abychom se přesvědčili, že toto řešení je nejmenšímožné, stačí ověřit, že žádné číslo mezi 1023 a 1032 nevyhovuje některé z uvedených pod-mínek.

b) Nahrazení ostatních úvah zkoušením je také možné, avšak často velmi pracné.Nicméně pokud je řešení založené na zkoušení úplné, nechť je považováno za správné.Jakékoli dílčí obecné postřehy mohou počet možností k prozkoušení zajímavě snižovat(např. počet trojic různých čísel od 1 do 9 vyhovujících rovnosti (1) jistě není větší než 32).

Z9–I–6Na stranách AB a AC trojúhelníku ABC leží po řadě body E a F , na úsečce EF leží

bod D. Přímky EF a BC jsou rovnoběžné a současně platí

|FD| : |DE| = |AE| : |EB| = 2 : 1.

Trojúhelník ABC má obsah 27 hektarů a úsečkami EF , AD a DB je rozdělen na čtyřičásti. Určete obsahy těchto čtyř částí. (V. Žádník)

27

Nápověda. Začněte s obsahem trojúhelníku AEF .

Možné řešení. Nejprve si zadání věrně znázorníme:

A B

C

D

E

F

Přímky EF a BC jsou rovnoběžné, souhlasné úhly u vrcholů E a B, resp. u vrcholůF a C jsou shodné, trojúhelníky AEF a ABC jsou tudíž podobné. Odpovídající koeficientpodobnosti je roven

|AE| : |AB| = |AE| : (|AE|+ |EB|) = 2 : 3.

Obsahy těchto trojúhelníků jsou proto v poměru

SAEF : SABC = 4 : 9,

takže SAEF = SABC · 4 : 9 = 12 hektarů.Úsečka AD dělí trojúhelník AEF na dva trojúhelníky, jejichž obsahy jsou ve stejném

poměru jako délky úseček FD a DE, tedy

SADF : SADE = |FD| : |DE| = 2 : 1.

Odtud plyne, že SADE = SAEF : 3 = 4 hektary a SADF = 2 · SADE = 8 hektarů.Úsečka DE dělí trojúhelník ABD na dva trojúhelníky, jejichž obsahy jsou ve stejném

poměru jako délky úseček AE a EB, tedy

SADE : SBDE = |AE| : |EB| = 2 : 1.

Odtud plyne, že SBDE = SADE : 2 = 2 hektary.Nyní známe obsahy tří ze čtyř částí trojúhelníku ABC, obsah té poslední je roven

rozdílu SBCFD = SABC − SAEF − SBDE = 13 hektarů. Obsahy částí trojúhelníku ABCv hektarech jsou:

SBED = 2, SAED = 4, SADF = 8, SBCFD = 13.

28



Z5–II–1

Maminka zavařuje švestky do sklenic tak, že švestky z jedné sklenice jí vystačí buďna 16 šátečků, nebo na 4 koláčky, nebo na polovinu plechu ovocných řezů.

Ve spíži má 4 takové sklenice a chce upéct jeden plech ovocných řezů a 6 koláčků. Nakolik šátečků jí vystačí zbylé švestky? (M. Petrová)

Možné řešení. Nejprve zjistíme, kolik kterých dobrot lze připravit ze všech švestek:

• Čtyři sklenice švestek vystačí na 4 · 12= 2 celé plechy ovocných řezů.

• Čtyři sklenice švestek vystačí na 4 · 4 = 16 koláčků.• Čtyři sklenice švestek vystačí na 4 · 16 = 64 šátečků.

Ve spotřebě švestek tedy platí rovnosti:

2 plechy = 16 koláčků = 64 šátečků.

Když maminka spotřebuje švestky na jeden plech ovocných řezů, spotřebuje polovinuvšech švestek. Zbydou tak švestky na

1 plech = 8 koláčků = 32 šátečků.

Když spotřebuje ještě švestky na 6 koláčků, zbylé švestky už vystačí jen na 2 koláčky, tedyna čtvrtinu předchozího množství. Ze zbylých švestek tedy lze upéct

2 koláčky = 8 šátečků.

Návrh hodnocení. 2 body za vyjádření množství jednotlivých druhů, které lze upéct zevšech švestek; po 1 bodu za vyjádření spotřeby švestek na 1 plech a 6 koláčků; 2 body zavyjádření spotřeby švestek na šátečky a závěr.

Poznámka. Úvodní převodní vztahy lze zapsat také takto:

1 plech = 8 koláčků, 1 koláček = 4 šátečky.

Předchozí úvahy pak lze zjednodušit následovně:Po upečení plechu ovocných řezů zbydou švestky na 1 plech, tzn. na 8 koláčků. Po

upečení dalších 6 koláčků zbydou švestky na 2 koláčky, tzn. na 8 šátečků.U takového postupu hodnoťte po 2 bodech každý ze tří uvedených kroků.

Jiné řešení. Spotřebu švestek budeme počítat ve sklenicích:Protože jedna sklenice švestek vystačí na polovinu plechu ovocných řezů, na jeden

plech jsou potřeba dvě sklenice. Pro další použití tak zbývají 2 sklenice.Protože jedna sklenice vystačí na 4 koláčky, na 6 koláčků je potřeba jeden a půl

sklenice. Pro další použití tak zbývá půl sklenice.Protože jedna sklenice vystačí na 16 šátečků, ze zbylé poloviny lze upéct 8 šátečků.

Návrh hodnocení. 2 body za poznatek, že upečením plechu zbydou dvě sklenice; 2 bodyza poznatek, že po upečení dalších šesti koláčků zbyde polovina sklenice; 2 body za dopo-čítání a závěr.

1

Z5–II–2

Strýček Ferda měl dvě zahrady: mrkvová měla tvar čtverce, jahodová měla tvar obdél-níku. Přitom šířka jahodové zahrady byla třikrát menší než šířka mrkvové zahrady a délkajahodové zahrady byla o 8 metrů delší než délka mrkvové zahrady.

Když strýček zahrady oplotil, zjistil, že obě měly stejný obvod. Určete rozměrymrkvové a jahodové zahrady. (E. Novotná)

Možné řešení. Jahodová zahrada byla čtvercová, proto její délka byla stejná jako jejíšířka, a tento rozměr byl roven trojnásobku šířky jahodové zahrady. Ze zadání navíc víme,že délka jahodové zahrady byla o 8 metrů delší než trojnásobek její šířky.

8 m

Obvody obou zahrad vyjádřené pomocí šířky jahodové zahrady tedy byly

obvod mrkvové zahrady = 12× šířka jahodové zahrady,obvod jahodové zahrady = 8× šířka jahodové zahrady + 16 metrů.

Protože obě zahrady měly stejný obvod, platilo, že

12× šířka jahodové zahrady = 8× šířka jahodové zahrady + 16 metrů.

Odtud vyplývá, že šířka jahodové zahrady byla 16 : 4 = 4 metry. Tedy rozměry mrkvovézahrady byly 12× 12 metrů a rozměry jahodové zahrady byly 20× 4 metry.Návrh hodnocení. 2 body za vyjádření délky jahodové zahrady pomocí její šířky; 2 bodyza vyjádření obvodů obou zahrad; 1 bod za vyjádření šířky jahodové zahrady; 1 bod zarozměry obou zahrad.

Z5–II–3

Jeden měsíc měl čtyři pondělky, pět nedělí a jeden pátek třináctého.Na který den v týdnu připadl toho roku Nový rok? Kterým dnem v týdnu bude Nový

rok v roce následujícím? (M. Volfová)

Možné řešení. Protože v pátek bylo 13., muselo být v neděli 15. a v pondělí 16. Naneděle tak připadají data 1., 8., 15., 22., 29. a na pondělky připadají data 2., 9., 16., 23.,případně 30. Protože v uvažovaném měsíci bylo pět nedělí a čtyři pondělky, měl tento měsícprávě 29 dnů, jednalo se tudíž o únor v přestupném roce.

Z předchozího víme, že 1. února byla neděle, proto 31. ledna byla sobota. Ostatnílednové soboty byly 24., 17., 10. a 3. Nový rok v uvažovaném roce tedy byl ve čtvrtek.

2

Přestupný rok má 366 dní, tj. 52 plných týdnů a dva dny navíc (366 = 52 · 7 + 2).Nový rok v následujícím roce tedy bude v sobotu.

Návrh hodnocení. 3 body za zjištění, že šlo o únor v přestupném roce; 2 body za zjištění,že Nový rok v uvažovaném roce byl ve čtvrtek; 1 bod za zjištění, že Nový rok v následujícímroce bude v sobotu.

3



Z6–II–1

Paní učitelka napsala na tabuli dvě čísla pod sebe a vyvolala Adama, aby je sečetl.Adam je správně sečetl a výsledek 39 napsal pod zadaná čísla. Paní učitelka smazalanejvrchnější číslo, a tak zbylá dvě čísla vytvořila nový příklad na sčítání. Tentokrát správnývýsledek zapsala pod čísla Bára. Paní učitelka opět smazala nejvrchnější číslo, nově vzniklýpříklad na sčítání správně vypočetl Čeněk a vyšlo mu 96.

Určete dvě čísla, která byla původně napsána na tabuli. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Znázorníme si všech pět čísel v pořadí, jak byla psána na tabuli (hvězdičkyoznačují zatím neznámé číslice):

∗ ∗∗ ∗3 9∗ ∗9 6

V posledně řešeném příkladu na sčítání 39 + ∗∗ = 96 chybí pouze jeden člen; číslo na4. řádku je tedy 96− 39 = 57.

Tím dostáváme obdobnou situaci v příkladu ∗∗ + 39 = 57; číslo na 2. řádku je tedy57− 39 = 18. Podobně doplníme chybějící člen prvního příkladu: 39− 18 = 21.

Na tabuli byla původně napsána čísla 21 a 18.

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za každé neznámé číslo; 2 body podle kvality vysvětlení;1 bod za správně formulovaný závěr.

Z6–II–2

Uvnitř obdélníku ABGH jsou dva shodné čtverce CDEF a IJKL. Strana CFprvního čtverce leží na straně BG obdélníku a strana IL druhého z nich leží na stra-ně HA obdélníku. Obvod osmiúhelníku ABCDEFGH je 48 cm, obvod dvanáctiúhelníkuABCDEFGHIJKL je 58 cm. Tento dvanáctiúhelník je souměrný podle vodorovné osya délky všech jeho stran jsou v centimetrech vyjádřeny celými čísly.

Určete délky stran obdélníku ABGH. (L. Šimůnek)

A B

CD

E F

GH

I J

KL

1

Možné řešení. Značné části obvodů osmiúhelníku ABCDEFGH a dvanáctiúhelníkuABCDEFGHIJKL jsou oběma obrazcům společné. Zato úsečky IJ , JK a KL jsou sou-částí pouze obvodu dvanáctiúhelníku a úsečka IL je součástí pouze obvodu osmiúhelníku.Tyto čtyři úsečky jsou navzájem shodné, jejich délku označíme a. Rozdíl obvodů obrazců58− 48 = 10 (cm) tedy odpovídá dvěma a; tzn. a = 5 cm.

Podobně rozdíl mezi obvodem osmiúhelníku ABCDEFGH a obvodem obdélníkuABGH je roven dvěma a, neboli 10 cm. Proto je obvod obdélníku roven 48− 10 = 38 (cm)a součet délek jeho stran je 38 : 2 = 19 (cm).

Vzhledem k tomu, že obrazec je souměrný podle vodorovné osy, musí být úsečkyAL, BC, FG a IH shodné. Vzhledem k tomu, že délky všech stran dvanáctiúhelníku jsouv centimetrech vyjádřeny celými čísly, mohou délky stran obdélníku ABGH nabývat pouzenásledujících hodnot (v cm):

|AB| = 11,12,13, . . . ,

|BG| = 7,9,11, . . . .

Aby byl součet těchto délek roven 19, musí být délky stran obdélníku ABGH 12 cm a 7 cm.

Poznámka. Pokud délku shodných úseček AL, BC, FG a IH označíme b a délku shod-ných úseček KD a EJ označíme c, potom lze obvod dvanáctiúhelníku vyjádřit takto:

10a+ 4b+ 2c = 58,

4b+ 2c = 8.

Délky všech stran dvanáctiúhelníku (v cm) jsou celočíselné, proto jsou b a c celočíselnéa zřejmě také kladné. Úloha má tedy jediné řešení: b = 1 a c = 2. Délky stran obdélníkuABGH jsou 2a+ c = 12 (cm) a 2b+ a = 7 (cm).

A B

CD

E F

GH

I J

KLa

a

a

a

a

a

a

a

b

bb

bc

c

Návrh hodnocení. 3 body za délku strany čtverce a (z toho 1 bod za zdůvodnění);2 body za vztah |AB| + |BG| = 19 cm nebo jeho obdobu (např. 4b + 2c = 8); 1 bod zavyčíslení a správný závěr.

2

Z6–II–3Na Černíčkově statku měli tři slepice. První snášela každý den jedno vejce, druhá

snášela každý druhý den jedno vejce a třetí každý třetí den jedno vejce. Pan Černíčekpřikoupil na trhu dvě nové slepice, které také snášely vajíčka naprosto pravidelně — vždyjedno po několika dnech, přičemž jedna z nich snášela dvakrát více než druhá.

Paní Černíčková spočítala, že všech pět slepic sneslo za 60 dní celkem 155 vajec. Jakčasto snášely nové slepice? (L. Hozová)

Možné řešení. První stará slepice snášela každý den jedno vejce, tj. za 60 dní 60 vajec.Druhá stará slepice snášela každý druhý den jedno vejce, tj. za 60 dní 30 vajec. Třetí staráslepice snášela každý třetí den jedno vejce, tj. za 60 dní 20 vajec. Staré slepice snesly za60 dní celkem 60 + 30 + 20 = 110 vajec.

Staré i nové slepice snesly za 60 dní celkem 155 vajec, tedy jenom nové slepice sneslyza 60 dní celkem 155 − 110 = 45 vajec. Přitom jedna z nových slepic snášela dvakrát vícnež ta druhá. Rozdělením 45 na tři stejné díly zjišťujeme, že jedna nová slepice snesla za60 dní 15 vajec, tzn. jedno vejce každý čtvrtý den (60 : 15 = 4). Druhá nová slepice taksnesla za 60 dní 30 vajec, tzn. jedno vejce každý druhý den.

Návrh hodnocení. 2 body za celkový počet vajec, které snesly tři staré slepice za 60 dní;1 bod za celkový počet vajec, které snesly dvě nové slepice za 60 dní; 1 bod za rozdělenívajec od nových slepic na tři stejné díly; 2 body za určení snůšky nových slepic.

3



V roce 1966 žilo v obci Bezdíkov o 30 žen více než mužů. Do současnosti se počet ženžijících v obci zmenšil čtyřikrát a počet mužů žijících v obci klesl o 196. Nyní je v Bezdíkověo 10 žen více než mužů.

Kolik žen a mužů dohromady žije v současnosti v Bezdíkově? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Rozdíl původního počtu žen a současného počtu mužů je 30 + 196 = 226,což je o 10 více než rozdíl původního a současného počtu žen. To znamená, že tři čtvrtinypůvodního počtu žen jsou rovny 226 − 10 = 216. Zbývající jedna čtvrtina odpovídajícíaktuálnímu počtu žen je tedy 216 : 3 = 72. Mužů je nyní 72− 10 = 62.

V obci nyní žije celkem 62 + 72 = 134 mužů a žen.Předchozí úvahy můžeme graficky znázornit takto:

ženy1966

2016

muži1966

2016

196

10

30

Poznámka. Aktuální počet žen lze určit algebraicky řešením rovnice. Pokud tento početoznačíme z, potom původní počet žen byl 4z, aktuální počet mužů je z − 10 a původnípočet mužů byl 4z − 30. Rozdíl původního a současného počtu mužů je 196, tedy:

(4z − 30)− (z − 10) = 196,

3z − 20 = 196,

z = 72.

Návrh hodnocení. 2 body za aktuální počet žen; 1 bod za správný závěr; 3 body podlekvality vysvětlení.

1

Z7–II–2Paní učitelka napsala na tabuli dvě čísla pod sebe a vyvolala Kláru, aby je sečetla.

Klára správný výsledek zapsala pod zadaná čísla. Paní učitelka smazala nejvrchnější číslo,a tak zbylá dvě čísla vytvořila nový příklad na sčítání. Tentokrát správný výsledek zapsalpod čísla Lukáš. Paní učitelka opět smazala nejvrchnější číslo, nově vzniklý příklad nasčítání správně vypočetla Magda a vyšlo jí 94.

Jedno ze dvou čísel, která paní učitelka původně napsala na tabuli, bylo 14, ale nepro-zradíme které. Jaké mohlo být druhé z původně napsaných čísel? Určete všechny možnosti.

(L. Šimůnek)

Možné řešení. První číslo napsané na tabuli označíme x, druhé y. Klára napsala součet

x+ y,

Lukáš doplnily + (x+ y) = x+ 2y

a nakonec Magda přidala(x+ y) + (x+ 2y) = 2x+ 3y.

Hodnota posledně uvedeného součtu je 94. Zadání nestanovuje, která z neznámých x a yje 14, probereme obě možnosti:

a) Pokud x = 14, potom2 · 14 + 3y = 94,

3y = 66,

y = 22.

b) Pokud y = 14, potom2x+ 3 · 14 = 94,

2x = 52,

x = 26.

Na počátku mohlo být na tabuli kromě čísla 14 napsáno číslo 22 nebo 26.

Poznámka. Předchozí dvě možnosti můžeme uvažovat na samém začátku. Potom součty,které byly postupně psány na tabuli, jsou vyjádřeny takto:

a) 14 + y, 14 + 2y a 28 + 3y, což vede k rovnici 28 + 3y = 94, jejímž řešením je y = 22.b) x+ 14, x+ 28 a 2x+ 42, což vede k rovnici 2x+ 42 = 94, jejímž řešením je x = 26.

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za každé řešení; 3 body podle kvality a úplnosti vysvětlení;1 bod za správně formulovaný závěr.

2

Z7–II–3V obdélníku ABCD se stranou AD o délce 5 cm leží bod P tak, že trojúhelník APD

je rovnostranný. Polopřímka AP protíná stranu CD v bodě E, úsečka CE měří 5 cm.Jak dlouhá je úsečka AE a jaká je velikost úhlu AEB? (L. Hozová)

Možné řešení. Trojúhelník APD je rovnostranný, tudíž délky všech jeho stran jsou 5 cma velikosti všech vnitřních úhlů jsou 60◦.

Vnitřní úhly obdélníku ABCD jsou pravé, tudíž velikosti úhlů PDE a PAB jsou 30◦.Úhel PED je třetím úhlem trojúhelníku AED (nebo též střídavým úhlem k úhlu EAB),proto je jeho velikost 30◦. Úhly PDE a PED jsou shodné, tedy trojúhelník DEP jerovnoramenný a |PD| = |PE| = 5 cm. Úsečka AE je dlouhá

|AE| = |AP |+ |PE| = 5 + 5 = 10 (cm).

Úsečka CE je shodná s úsečkou CB, tedy trojúhelník EBC je rovnoramenný s pravýmúhlem u vrcholu C. Zbylé dva vnitřní úhly jsou proto shodné s velikostí 45◦. Velikost úhluAEB je rovna

|�AEB| = 180◦ − |�AED| − |�BEC| = 180◦ − 30◦ − 45◦ = 105◦.

A B

CD E

P

45◦

45◦ 90◦

60◦

60◦

60◦

30◦ 30◦

120◦

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za poznatky o rovnoramennosti trojúhelníků DPEa EBC; po 1 bodu za vyčíslení velikosti úsečky AE a úhlu AEB; 2 body podle kvalitykomentáře.

3



Honza má v komoře na chalupě krabici s pastelkami, v níž je 5 modrých, 9 červených,6 zelených a 4 žluté pastelky. Je tma, světlo v komoře nesvítí a Honza u sebe nemá žádnýzdroj osvětlení. Barvu pastelek tedy nedokáže rozlišit.

a) Kolik nejméně pastelek musí vzít, aby měl jistotu, že přinese aspoň jednu pastelku odkaždé barvy?

b) Kolik nejvíce pastelek může vzít, aby měl jistotu, že v krabici zůstane od každé barvyaspoň jedna pastelka?

c) Kolik nejvíce pastelek může vzít, aby měl jistotu, že v krabici zůstane aspoň pětčervených pastelek?

(M. Volfová)

Možné řešení. Uvažme vždy tu nejméně vhodnou situaci:

a) Kdyby Honza vzal všechny pastelky od všech barev kromě jedné, tato barva by mustále chyběla. Nejnepříznivější situace nastává, když mu chybí žlutá, protože těchtopastelek je nejméně. Počet všech modrých, červených a zelených pastelek je 9 + 6 ++ 5 = 20, Honza proto musí vzít aspoň 21 pastelek.

b) Kdyby Honza vzal všechny pastelky jedné barvy, tato barva by pak v krabici chyběla.Nejnepříznivější situace nastává, když vybírá samé žluté, protože těch je nejméně.Žluté pastelky jsou 4, Honza proto může vzít nejvíce 3 pastelky.

c) Nejnepříznivější situace nastává, když Honza bere jenom červené pastelky. Těch jecelkem 9, může tedy vzít nejvíce 4 pastelky.

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za každou správnou odpověď; 3 body podle kvality vy-světlení.

Z8–II–2Děda chová husy, prasata, kozy a slepice — celkem 40 kusů. Na každou kozu připadají

3 husy. Kdyby bylo slepic o 8 méně, bylo by jich stejně jako hus a prasat dohromady. Kdybyděda vyměnil čtvrtinu hus za slepice v poměru 3 slepice za 1 husu, měl by celkem 46 kusůzvířat.

Kolik kterých zvířat děda chová? (M. Volfová)

Možné řešení. Počty jednotlivých druhů zvířat označíme jejich počátečními písmeny.Informace ze zadání můžeme postupně zapsat takto:

h+ p+ k + s = 40,

h = 3k,

s− 8 = h+ p,

40− 14h+

34h = 46.

1

Z poslední rovnice plyne 12h = 6, tedy h = 12. Z druhé rovnice zjišťujeme, že k = 4.Dosazením těchto hodnot do zbylých dvou rovnic dostáváme

12 + p+ 4 + s = 40, tedy p+ s = 24,

s− 8 = 12 + p, tedy s = p+ 20.

Odtud dále vyplýváp+ (p+ 20) = 24,

2p = 4,

p = 2, a tedy s = 22.

Děda chová 12 hus, 2 prasata, 4 kozy a 22 slepic.

Návrh hodnocení. 2 body za určení počtu hus; 1 bod za určení počtu koz; 3 body zaurčení počtu prasat a slepic.

Z8–II–3Dobrákovi pěstovali tulipány na čtvercovém záhonu o straně 6 metrů. Později přistavěli

k svému domku čtvercovou terasu se stranou 7 metrů. Jeden vrchol terasy ležel přesněuprostřed tulipánového záhonu a jedna strana terasy dělila stranu tulipánového záhonuv poměru 1 : 5.

V jakém poměru dělila druhá strana terasy druhou stranu záhonu? O kolik metrůčtverečních se stavbou terasy zmenšil záhon tulipánů? (L. Hozová)

Možné řešení. Vrcholy čtverce tulipánového záhonu označíme A, B, C, D, střed tohotočtverce S a průsečíky stran čtverce se stranami terasy E, F , viz obrázek.

A B

CD

S

F

H

E

G

Při otáčení kolem středu S o celočíselné násobky úhlu 90◦ se čtverec ABCD zobrazujesám na sebe. Uvažme např. otáčení, při kterém se vrchol A zobrazuje na vrchol B, a tedystrana DA na stranu AB. Body E a F leží právě na těchto stranách, úhel ESF je podlezadání pravý, a proto se bod E zobrazuje na bod F . Obě strany záhonu jsou tedy stranamiterasy rozděleny ve stejném poměru, tj.

|DE| : |EA| = |AF | : |FB| = 1 : 5.

2

Ještě označme G a H průsečíky přímek SE a SF se zbylými stranami čtverce ABCD.Při uvažovaném otáčení se bod B zobrazuje na bod C, bod F se zobrazuje na bod G atd.Zejména všechny čtyřúhelníky SEAF , SFBG, SGCH a SHDE jsou navzájem shodné.Tyto čtyři čtyřúhelníky tvoří celý čtverec ABCD, jehož obsah je 6 · 6 = 36 (m2). Obsahkaždého z nich je proto roven 36 : 4 = 9 (m2). Stavbou terasy se záhon tulipánů zmenšilo 9 m2.

Jiné řešení. Při stejném značení jako výše rozdělme čtverec ABCD pomocnou čtverečko-vou sítí na čtverečky se stranami 1 m a předpokládejme, že bod E dělí stranu DA v poměru1 : 5. Zejména body E a S jsou uzlovými body čtverečkové sítě, viz obrázek.

A B

CD

F

E

S

Úhel ESF je pravý právě tehdy, když vyznačené pravoúhlé trojúhelníky jsou shodné,což nastává právě tehdy, když F je uzlovým bodem dělicím stranu AB v poměru 1 : 5.Obě strany záhonu jsou tedy stranami terasy rozděleny ve stejném poměru.

Obsah čtyřúhelníku SEAF je roven součtu obsahů tří vyznačených částí, z nichž každámá obsah 3 m2. Stavbou terasy se záhon tulipánů zmenšil o 9 m2.

Návrh hodnocení. 1 bod za určení poměru, v jakém druhá strana terasy dělila druhoustranu záhonu; 2 body za obsah části záhonu zabraného stavbou terasy; 3 body podlekvality komentáře.

3



Z9–II–1

Ve Zverimexu vyprodávali rybky z jednoho akvária. Ondra chtěl polovinu všech rybek,ale aby nemuseli žádnou rybku řezat, dostal o polovinu rybky víc, než požadoval. Matějsi přál polovinu zbylých rybek, ale stejně jako Ondřej dostal o polovinu rybky víc, nežpožadoval. Nakonec Petřík chtěl polovinu zbylých rybek, ale také dostal o polovinu rybkyvíc, než požadoval. Poté bylo akvárium bez rybek.

Kolik rybek bylo původně v akváriu a kolik jich dostal Ondra, kolik Matěj a kolikPetřík? (M. Volfová)

Možné řešení. Budeme uvažovat odzadu:Petřík dostal o polovinu rybky víc, než byla polovina všech rybek, které zbyly po Ma-

tějovi. Protože poté bylo akvárium prázdné, byla ona polovina rybky navíc právě polovinoutoho, co zbylo po Matějovi. Po Matějově nákupu tedy zbyla v akváriu jedna rybka.

Matěj dostal o polovinu rybky víc, než byla polovina všech rybek, které zbyly poOndřejovi. Protože poté zbyla v akváriu jedna rybka, byla tato rybka a polovina rybkynavíc právě polovinou toho, co zbylo po Ondřejovi. Po Ondřejově nákupu zbyly v akváriutři rybky.

Ondřej dostal o polovinu rybky víc, než byla polovina všech rybek, které byly původněv akváriu. Protože poté zbyly v akváriu tři rybky, byly tyto tři rybky a polovina rybkynavíc právě polovinou původního množství rybek. Původně bylo v akváriu sedm rybek.Tedy Ondřej dostal čtyři rybky, Matěj dvě a Petřík jednu rybku.

Návrh hodnocení. 1 bod za určení zbytku po Matějovi; 2 body za určení zbytku poOndřejovi; 3 body za určení původního množství a počtů rybek, které si odnesli jednotlivíchlapci.

Jiné řešení. Pokud původní počet rybek v akváriu označíme x, potom můžeme dalšípočty postupně vyjádřit takto:

dostal zbylo

Ondřejx+ 12

x − 12

Matějx+ 14

x − 34

Petříkx+ 18

x − 78

Odtud je patrné, že po Petříkově nákupu mohlo být akvárium bez rybek právě tehdy, kdyžx = 7. Dosazením snadno určíme počty rybek, které si odnesli jednotliví chlapci.

Návrh hodnocení. 2 body za předposlední řádek tabulky; 2 body za poslední řádektabulky; 1 bod za vyčíslení neznámé; 1 bod za počty rybek pro jednotlivé chlapce.

1

Z9–II–2

Zuzka vepsala do devíti polí na následujícím obrázku celá čísla od 1 do 9, každéprávě jednou. Poměr součtů čísel napsaných v kruzích, trojúhelnících a šestiúhelnících byl2 : 3 : 6.

Zjistěte, jaké číslo mohlo být napsáno v horním trojúhelníku; určete všechny možnosti.(E. Novotná)

Možné řešení. Součet všech čísel vepsaných do polí na obrázku je roven

1 + 2 + . . .+ 9 = 45.

Čísla v trojúhelnících a čísla v šestiúhelnících jsou navzájem různá a poměr jejich součtůje 3 : 6 = 1 : 2. Odtud vyplývá, že součet čísel v trojúhelnících je 15 a součet číselv šestiúhelnících je 30. Protože poměr součtů čísel v kruzích a v trojúhelnících je 2 : 3,součet čísel v kruzích je 10.

Na obrázku jsou čtyři kruhy, tedy v kruzích musí být čísla 1, 2, 3 a 4 (jakákoli jináčtveřice by měla součet větší než 10). Z těchto čtyř čísel jsou dvě obsažena také v trojúhel-nících — ve zbývajícím horním trojúhelníku má být takové číslo, aby součet těchto tří číselbyl 15. Největší možný součet čísel ve dvou spodních trojúhelnících je 7, proto nejmenšímožné číslo v horním trojúhelníku je 8. Současně v horním trojúhelníku nemůže být většíčíslo než 9:

• pokud je v horním trojúhelníku číslo 8, potom ve spodních dvou trojúhelnících musíbýt čísla 3 a 4,

• pokud je v horním trojúhelníku číslo 9, potom ve spodních dvou trojúhelnících musíbýt čísla 2 a 4.

V obou případech lze snadno doplnit ostatní čísla tak, že jsou splněny všechny poža-davky ze zadání, viz obrázky. V horním trojúhelníku mohlo být vepsáno číslo 8 nebo 9.

1 2

34

5 6

7

8

9

1

2

3

4

5 6

78

9

2

Návrh hodnocení. 2 body za vyjádření součtů čísel v trojúhelnících a šestiúhelnících;1 bod za vyjádření čtveřice čísel v kruzích; 2 body za určení dvou možných čísel v hornímtrojúhelníku; 1 bod za doplnění obrázku a ověření.

Z9–II–3

Jsou dány kružnice k1, k2, k3 a k4 se středy po řadě S1, S2, S3 a S4. Kružnice k1 a k3se vně dotýkají všech ostatních kružnic, poloměr kružnice k1 je 5 cm, vzdálenost středů S2a S4 je 24 cm a čtyřúhelník S1S2S3S4 je kosočtverec.

Určete poloměry kružnic k2, k3 a k4.

S1

S2

S3

S4

k1

k2

k3

k4

Poznámka: obrázek je pouze ilustrativní. (E. Semerádová)

Možné řešení. Na obrázku je znázorněno jediné možné uspořádání kružnic, které vyho-vuje všem podmínkám ze zadání.

Protože se kružnice dotýkají, jsou délky stran čtyřúhelníku S1S2S3S4 rovny součtůmpoloměrů příslušných kružnic. Protože je tento čtyřúhelník kosočtvercem, jsou všechny jehostrany shodné. Tedy

s = r1 + r2 = r2 + r3 = r3 + r4 = r4 + r1,

kde r1, r2, r3, r4 jsou velikosti poloměrů odpovídajících kružnic a s je velikost stranykosočtverce. Odtud vyplývá, že protilehlé kružnice jsou navzájem shodné, tedy r1 = r3a r2 = r4. Úhlopříčky v kosočtverci jsou na sebe kolmé a navzájem se půlí. Proto jsoutrojúhelníky vymezené stranami a úhlopříčkami kosočtverce pravoúhlé a navzájem shodné.

S1

S2

S3

S4

k1

k2

k3

k4

3

Odvěsny mají podle zadání velikosti r1 = r3 = 5 cm a 12 |S2S4| = 12 cm. Velikostpřepony, tj. velikost strany kosočtverce, je podle Pythagorovy věty rovna

s =√122 + 52 =

√169 = 13 (cm).

Odtud vyplývá, žer2 = r4 = 13− 5 = 8 (cm).

Poloměry kružnic k1 a k3 jsou 5 cm, poloměry kružnic k2 a k4 jsou 8 cm.

Návrh hodnocení. 3 body za zjištění a zdůvodnění, že r1 = r3 a r2 = r4; 2 body zaurčení strany kosočtverce; 1 bod za určení poloměrů r2 a r4.

Z9–II–4

Před každé z čísel v následujících dvou seznamech doplňte buď znaménko plus, nebominus tak, aby hodnota takto zapsaných výrazů byla rovna nule:

a) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10,b) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11.

U obou úloh uveďte alespoň jedno řešení, nebo zdůvodněte, že úloha řešení nemá.(M. Volfová)

Možné řešení. Aby byl výsledek roven nule, musí být součet všech čísel se znaménkemplus stejný jako součet všech čísel se znaménkem minus. Odtud zejména plyne, že součetvšech uvedených čísel musí být sudý.

V případě a) je celkový součet

1 + 2 + 3 + . . .+ 10 = 55.

Protože je tento součet lichý, úloha nemá řešení.V případě b) je celkový součet

1 + 2 + 3 + . . .+ 11 = 66.

Jak čísla se znaménkem plus, tak čísla se znaménkem minus proto musí mít součet 33.Jedno z možných řešení úlohy je např.

+1 + 2− 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8− 9− 10− 11.

Návrh hodnocení. 3 body za zjištění, že celkový součet musí být sudý; 1 bod za zjištění,že úloha a) nemá řešení; 2 body za nalezení jednoho řešení úlohy b).

4



Z9–III–1

Obdélník má délky stran v poměru 2 : 5. Prodloužíme-li všechny jeho strany o 9 cm,dostaneme obdélník, jehož délky stran jsou v poměru 3 : 7.

V jakém poměru budou délky stran obdélníku, který vznikne prodloužením všech strano dalších 9 cm? (M. Petrová)

Možné řešení. Délky stran původního obdélníku jsou v poměru 2 : 5. To znamená, žejejich délky (v centimetrech) můžeme označit 2x a 5x. Po prvním prodloužení stran máobdélník rozměry 2x + 9 a 5x + 9. Protože délky stran tohoto obdélníku jsou v poměru3 : 7, musí platit:

2x+ 95x+ 9

=37.

Po vyřešení rovnice dostáváme x = 36 (cm). Rozměry původního obdélníku jsou 2 · 36 == 72 (cm) a 5 · 36 = 180 (cm).

Po druhém prodloužení stran má obdélník rozměry 72 + 18 = 90 (cm) a 180 + 18 == 198 (cm). Poměr délek stran tohoto obdélníku tedy je

90 : 198 = 5 : 11.

Návrh hodnocení. 2 body za označení rozměrů původního obdélníku a vyjádření jejichzměny; 2 body za sestavení a vyřešení rovnice; 2 body za výpočet konečných rozměrůobdélníku a jejich poměru.

Z9–III–2

Tři kamarádi si mysleli tři navzájem různé nenulové číslice, z nichž jedna byla 3.Z těchto číslic vytvořili všech šest možných trojmístných čísel, která potom rozdělili do třídvojic. Rozdílem první dvojice čísel bylo jednomístné číslo, rozdílem druhé dvojice číselbylo dvojmístné číslo a rozdílem třetí dvojice čísel bylo trojmístné číslo dělitelné pěti.

Zjistěte, které tři číslice si mohli kamarádi myslet. Určete všechny možnosti.(E. Novotná)

Možné řešení. Myšlené číslice označíme a, b a c, přičemž bez újmy na obecnosti předpo-kládáme, že a < b < c. Z uvažovaných čísel mohl jednomístný rozdíl vzniknout jedině jakorozdíl dvou čísel začínajících touž číslicí. Proto stačí uvažovat následující tři možnosti:

1) Pokud by jednomístný rozdíl vznikl jako

acb − abc = (100a+ 10c+ b)− (100a+ 10b+ c) = 9(c − b),

1

pak by platilo c − b = 1, tzn. c = b + 1 (odpovídající rozdíl by byl 9). Ostatní rozdílyvzniklé ze zbylých čísel cba, cab, bca a bac by potom mohly být:

cba − cab = 9(b − a),

cba − bca = 90,

cba − bac = 100 + 10(b − a) + (a − c),

cab − bca < cab − bac = 99,

bca − bac = 9(c − a).

Trojmístný rozdíl lze dostat pouze jako cba− bac. Tento rozdíl má být dle zadání dělitelnýpěti. Poslední číslicí rozdílu nemůže být nula, neboť a 6= c, rozdíl proto končí číslicí 5.A protože jsme stanovili, že c > a, muselo by platit c = a+5, a tedy b = a+4 (odpovídajícírozdíl by byl 100 + 40− 5 = 135). Rozdíl zbylých čísel cab a bca by potom byl dvojmístný(cab − bca = 100− 50 + 4 = 54). Jediná vyhovující trojice číslic obsahující 3 je 3, 7, 8.

2) Pokud by jednomístný rozdíl vznikl jako bca − bac, pak by platilo c − a = 1, tzn.c = a+ 1. V takovém případě neexistuje b, pro které by platilo a < b < c.

3) Pokud by jednomístný rozdíl vznikl jako cba − cab, pak by platilo b − a = 1, tzn.b = a+1 (odpovídající rozdíl by byl 9). Podobnými úvahami jako v prvním případě zjistíme,že trojmístný rozdíl lze ze zbylých čísel bca, bac, acb a abc dostat pouze jako bca−abc. Abybyl tento rozdíl dělitelný pěti, muselo by platit c = a + 5, a tedy c = b + 4 (odpovídajícírozdíl by byl 100 + 40− 5 = 135). Rozdíl zbylých čísel bac a acb by potom byl dvojmístný(bac − acb = 100 − 50 + 4 = 54). Jediné vyhovující trojice číslic obsahující 3 jsou 2, 3, 7a 3, 4, 8.

Kamarádi si mohli myslet číslice 3, 7, 8 nebo 2, 3, 7 nebo 3, 4, 8.

Návrh hodnocení. 1 bod za možnosti vzniku jednomístného rozdílu; 2 body za všechnyvyhovující trojice čísel (1 bod za aspoň jednu takovou trojici); 3 body podle kvality a úpl-nosti zdůvodnění, že víc trojic neexistuje.

Z9–III–3

Na papíře bylo napsáno několik bezprostředně po sobě jdoucích kladných násobkůurčitého přirozeného čísla většího než jedna. Radek ukázal na jedno z napsaných čísel:když jej vynásobil s číslem, které s ním sousedilo nalevo, dostal součin o 216 menší, nežkdyž jej vynásobil s číslem, které s ním sousedilo napravo.

Na které číslo mohl Radek ukázat? Najděte všechny možnosti. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Přirozené číslo, jehož násobky byly napsány na papíře, označme n; dlezadání je n > 1. Dotčená čísla na papíře tak můžeme označit

(k − 1)n, kn, (k + 1)n,

přičemž neznámá k je přirozené číslo; aby byly všechny tři výrazy kladné, musí být k > 1.Radek tak dostal součiny (k − 1)kn2 a (k+1)kn2, jejichž rozdíl je 2kn2. Platí 2kn2 = 216,po úpravě

kn2 = 108 = 2 · 2 · 3 · 3 · 3.

2

Při respektování podmínek n > 1 a k > 1 dostáváme tři různá řešení:

n 2 3 6

k 27 12 3

kn 54 36 18

Existují tři možná čísla, na která mohl Radek ukázat: 54, 36 nebo 18.

Návrh hodnocení. 2 body za rovnici kn2 = 108 = 22 · 33 nebo její obdobu; po 1 boduza každé řešení vyhovující zadání; 1 bod za správně formulovaný závěr.

Vypsání dotčených tří členů posloupnosti není nezbytnou součástí řešení. Pro názor-nost je uvádíme: a) 52, 54, 56; b) 33, 36, 39; c) 12, 18, 24.

Z9–III–4

Eva vepsala do daného trojúhelníku kružnici. Poté dokreslila tři úsečky, které se do-týkaly vepsané kružnice a v původním trojúhelníku vytvářely tři menší trojúhelníky, vizobrázek. Obvody těchto tří trojúhelníků byly 12 cm, 14 cm a 16 cm.

Určete obvod původního trojúhelníku. (E. Novotná)

Možné řešení. Označme jako na následujícím obrázku vrcholy původního trojúhelníkuA, B, C, body dotyku vepsané kružnice D, E, F a její střed S, krajní body dokreslenýchúseček G, H, I, J , K, L a jejich body dotyku s kružnicí M , N , O.

A B

C

M

H

G

N

I

J

O KL

S

D

EF

3

Úsečky HD a HM jsou tečnami z bodu H ke kružnici, proto jsou úhly HDS a HMSpravé. Odpovídající trojúhelníky HDS a HMS mají společnou stranu HS a shodné od-věsny SD a SM tvořící poloměry vepsané kružnice. Z Pythagorovy věty vyplývá, že takéodvěsny HD a HM jsou shodné, tzn. |HD| = |HM |.

Ze stejného důvodu platí také |GF | = |GM |, tedy obvod trojúhelníku AHG je roven

|AH|+ |HM |+ |MG|+ |GA| = |AH|+ |HD|+ |FG|+ |GA| = |AD|+ |AF |. (∗)

To znamená, že obvod rohového trojúhelníku AHG je roven součtu vzdáleností bodu A oddotykových bodů na stranách AB a AC.

Stejná vlastnost platí také pro obvody zbylých dvou rohových trojúhelníků. Obvodtrojúhelníku ABC je proto roven

12 + 14 + 16 = 42 (cm).

Návrh hodnocení. 2 body za poznatek |HD| = |HM | a jeho užití; 1 bod za jeho zdů-vodnění (lze akceptovat i odkaz na souměrnost podle přímky HS); 2 body za vyjádřeníobvodu rohového trojúhelníku (∗); 1 bod za vyčíslení obvodu trojúhelníku ABC.

4



Zvonkohra na nádvoří hraje v každou celou hodinu krátkou skladbu, a to počínaje8. a konče 22. hodinou. Skladeb je celkem osmnáct, v celou hodinu se hraje vždy jen jednaa po odehrání všech osmnácti se začíná ve stejném pořadí znovu. Olga a Libor byli nanádvoří v pondělí v 15 hodin. Ten samý týden si přišli zvonkohru poslechnout ještě jednouv poledne, k jejich zklamání však hrála ta samá melodie, kterou slyšeli v pondělí.

Který den byla Olga s Liborem na nádvoří podruhé? (L. Šimůnek)

Nápověda. Kolik z osmnácti skladeb zazní v jeden den a na kolik z nich se nedostane?

Možné řešení. Mezi odehráním první ranní a poslední večerní skladby uplyne 22−8 = 14hodin, každý den se proto hraje patnáct skladeb. Ve zvonkohře je nastaveno osmnáctskladeb, tedy o tři více.

Na skladbu, kterou slyšeli hrdinové úlohy v pondělí v 15 hodin, se v úterý dostaloo 3 hodiny později, tedy v 18 hodin. Ve středu o další 3 hodiny později, tedy ve 21 hodin.

Ve čtvrtek sledovaná skladba nezazněla vůbec: od posledního jejího uvedení hrála zesedmnácti ostatních skladeb jedna ve středu ve 22 hodin, patnáct ve čtvrtek, jedna v pátekv 8 hodin a na sledovanou skladbu se dostalo až v 9 hodin.

Následující den, v sobotu, zazněla sledovaná skladba o 3 hodiny později, tedy ve 12 ho-din. V neděli o další 3 hodiny později, tedy v 15 hodin.

Daný týden hrála sledovaná skladba v poledne jedině v sobotu, Olga a Libor přišli nanádvoří podruhé v sobotu.

Poznámka. Předchozí diskuze může být nahrazena programem zvonkohry pro daný tý-den. Skladby označujeme čísly 1 až 18, přičemž 1 označuje tu, kterou slyšela Olga s Libo-rem:

8 h 9 h 10 h 11 h 12 h 13 h 14 h 15 h 16 h 17 h 18 h 19 h 20 h 21 h 22 h

po . . . 1 2 3 4 5 6 7 8

út 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5

st 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2

čt 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

pá 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

so 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

ne 12 13 14 15 16 17 18 1 . . .

1

Z5–I–2V každém z rohových polí vnějšího čtverce má být napsáno jedno z čísel 2, 4, 6 a 8,

přičemž v různých polích mají být různá čísla. Ve čtyřech polích vnitřního čtverce mají býtsoučiny čísel ze sousedících polí vnějšího čtverce. V kruhu má být součet čísel ze sousedícíchpolí vnitřního čtverce.

Která čísla mohou být napsána v kruhu? Určete všechny možnosti.(M. Dillingerová)

Nápověda. Mohou různá vyplnění rohových polí vést ke stejnému součtu v kruhu?

Možné řešení. Čísla 2, 4, 6 a 8 lze do rohových polí napsat mnoha způsoby. Pro různézpůsoby však můžeme nakonec dostat tentýž součet v kruhu, jako např. v následujícíchpřípadech:

2 8

64

16

48

24

8 96

4 6

82

24

48

16

8 96

2 4

68

8

24

48

16 96

První a druhý případ se liší pootočením o 90◦, druhý a třetí jsou souměrné podle vodorovnéosy čtverce atp. Různé hodnoty v kruhu tedy dostaneme, pouze když čísla v rohových políchnejsou nijak souměrná.

Zkoušení všech možností si proto můžeme zjednodušit tím, že uvažujeme jedno z čísel,např. 2, v jednom konkrétním poli, např. vlevo nahoře. Ostatní čísla doplňujeme tak, abyžádná dvě vyplnění nebyla souměrná. Přitom jediná souměrnost, která zachovává 2 v levémhorním poli, je souměrnost podle úhlopříčky procházející tímto polem. S těmito požadavkymáme následující tři řešení:

2 6

48

12

24

32

16 84

2 6

84

12

48

32

8 100

2 4

68

8

24

48

16 96

2

V kruhu mohou být napsána čísla 84, 96 a 100.

Poznámka. Pro každé vyplnění rohových polí můžeme najít 7 dalších, která jsou s nímnějak souměrná. Všechna vyplnění tedy lze rozdělit do osmic, které jistě mají stejné součtyv kruhu. Přitom čísla do čtyřech rohových polí lze vyplnit celkem 24 způsoby. V kruhu takmohou být napsána nejvýše 24 : 8 = 3 různá čísla. Zkoušením určíme, která čísla to jsou,a že jsou navzájem různá.

Z5–I–3Na obrázku je čtvercová dlaždice se stranou délky 10 dm, která je složena ze čtyř

shodných obdélníků a malého čtverce. Obvod malého čtverce je pětkrát menší než obvodcelé dlaždice.

Určete rozměry obdélníků. (K. Pazourek)

Nápověda. Určete délku strany malého čtverce.

Možné řešení. Obvod malého čtverce je pětkrát menší než obvod dlaždice, proto i jehostrana je pětkrát menší než strana dlaždice. Strana malého čtverce tedy měří

10 : 5 = 2 (dm).

Přitom délka strany dlaždice je rovna součtu délek strany malého čtverce a dvou kratšíchstran obdélníku. Kratší strana obdélníku tedy měří

(10− 2) : 2 = 4 (dm).

Současně délka strany dlaždice je rovna součtu délek kratší a delší strany obdélníku. Delšístrana obdélníku tedy měří

10− 4 = 6 (dm).

Rozměry obdélníků jsou 4 dm× 6 dm.

Z5–I–4Prodavač vánočních stromků prodával smrčky po 220 Kč, borovičky po 250 Kč a jed-

ličky po 330 Kč. Ráno měl stejný počet smrčků, jedliček a borovic. Večer měl všechnystromky prodané a celkem za ně utržil 36 000 Kč.

Kolik stromků toho dne prodavač prodal? (M. Krejčová)

Nápověda. Počítejte po trojicích.

Možné řešení. Trojice smrček, borovička a jedlička stála dohromady

220 + 250 + 330 = 800 Kč.

Prodavač takových trojic za celý den prodal 36 000 : 800 = 45.Celkem tedy prodal 3 · 45 = 135 stromků.

3

Z5–I–5Napište místo hvězdiček číslice tak, aby součet doplněných číslic byl lichý a aby platila

následující rovnost:42× ∗8 = 2 ∗∗∗

(L. Hozová)

Nápověda. Začněte od první hvězdičky.

Možné řešení. Postupně dosadíme všechny možné číslice na místě první hvězdičky, vy-počítáme součin a prověříme ostatní požadavky:

• 42 · 18 = 756, výsledek je menší než 2 000; nevyhovuje.• 42 · 28 = 1 176, výsledek je menší než 2 000; nevyhovuje.• 42 · 38 = 1 596, výsledek je menší než 2 000; nevyhovuje.• 42 · 48 = 2 016, součet 4 + 0 + 1 + 6 = 11 je lichý; vyhovuje.• 42 · 58 = 2 436, součet 5 + 4 + 3 + 6 = 18 je sudý; nevyhovuje.• 42 · 68 = 2 856, součet 6 + 8 + 5 + 6 = 25 je lichý; vyhovuje.• 42 · 78 = 3 276, výsledek je větší než 2 999; nevyhovuje.• zbylé dva součiny jsou ještě větší; nevyhovují.

Úloha má dvě řešení, a to

42 · 48 = 2 016 a 42 · 68 = 2 856.

Z5–I–6Jiřka sestrojila dva shodné rovnostranné trojúhelníky jako na obrázku. Dále chce

sestrojit všechny kružnice, které budou mít střed v některém z vrcholů a budou procházetněkterým jiným vrcholem některého z trojúhelníků.

Sestrojte a spočítejte všechny kružnice vyhovující Jiřčiným požadavkům.(K. Pazourek)

Nápověda. Začněte s vrcholy, které jsou společné oběma trojúhelníkům.

Možné řešení. Pojmenujme vrcholy jako na následujícím obrázku a povšimněme si, žebody A a C jsou vždy od zbývajících tří bodů stejně vzdáleny (odpovídající úsečky tvořístrany rovnostranných trojúhelníků). Proto kružnice se středem v bodě A procházejícíbodem B prochází také body C a D. Kružnice se středem v bodě A vyhovující Jiřči-ným požadavkům je tedy jediná. Podobně existuje jediná vyhovující kružnice se středemv bodě C.

4

Kružnice se středem v bodě B procházející bodem A prochází také bodem C, dalšíkružnice prochází bodem D. Kružnice se středem v bodě B vyhovující Jiřčiným požadav-kům jsou tedy dvě. Podobně existují dvě vyhovující kružnice se středem v bodě D.

Dohromady existuje šest vyhovujících kružnic:

A

B

C

D

5



Jana a David trénují sčítání desetinných čísel tak, že každý z nich napíše jedno číslo,a tato dvě čísla pak sečtou. Poslední příklad jim vyšel 11,11. Davidovo číslo mělo předdesetinnou čárkou stejný počet číslic jako za ní, Janino číslo také. Davidovo číslo bylozapsáno navzájem různými číslicemi, Janino číslo mělo právě dvě číslice stejné.

Určete největší možné číslo, které mohl napsat David. (M. Petrová)

Nápověda. Kolik číslic před/za desetinnou čárkou mohla mít sčítaná čísla?

Možné řešení. Aby byl součet uvedeného tvaru, nemohlo mít žádné z čísel před/za de-setinnou čárkou více než dvě číslice. Tedy jak Janino, tak Davidovo číslo bylo typu ∗∗, ∗∗nebo ∗, ∗. Protože výsledné číslo mělo na místě setin nenulovou číslici, muselo mít alespoňjedno z čísel na místě setin — a tedy i na místě desítek — nenulovou číslici. Kdyby takédruhé z čísel mělo stejné vlastnosti, byl by výsledek větší než 11,11. Druhé z čísel protobylo typu ∗, ∗ a celý příklad můžeme zapsat takto:

∗ ∗, ∗ ∗∗, ∗

1 1, 1 1

Protože pouze první číslo má na místě desítek a setin nenulové číslice, musí být obětyto číslice 1. Celý příklad pak vypadá následovně:

1 ∗, ∗ 1∗, ∗

1 1, 1 1

Protože Davidovo číslo bylo zapsáno navzájem různými číslicemi, je první číslo Janinoa druhé Davidovo. Zajímá nás, které největší číslo mohl napsat David, neboli které nejmenšíčíslo mohla napsat Jana:

• Nejmenší myslitelné Janino číslo je 10,01, což ovšem nevyhovuje podmínce, že právědvě číslice jsou stejné.

• Další myslitelné Janino číslo je 10,11, což nevyhovuje ze stejného důvodu.• Další myslitelné Janino číslo je 10,21, v tomto případě by Davidovo číslo bylo 0,9

a tato možnost vyhovuje všem podmínkám ze zadání.

Největší číslo, které mohl David napsat, bylo číslo 0,9.

Z6–I–2Pan Kostkorád vlastnil zahradu obdélníkového tvaru, na které postupně dláždil chod-

níky z jedné strany na druhou. Chodníky byly stejně široké, křížily se na dvou místecha jednou vydlážděná plocha se při dalším dláždění přeskakovala.

Když pan Kostkorád vydláždil chodník rovnoběžný s delší stranou, spotřeboval 228 m2

dlažby. Poté vydláždil chodník rovnoběžný s kratší stranou a spotřeboval 117 m2 dlažby.

6

Nakonec vydláždil ještě jeden chodník rovnoběžný s prvním chodníkem, tentokrát spotře-boval jen 219 m2 dlažby.

Určete rozměry Kostkorádovy zahrady. (M. Petrová)

Nápověda. Proč bylo u třetího chodníku použito méně dlažby než u prvního?

Možné řešení. Načrtneme si, jak Kostkorádova zahrada vypadala (čísla označují pořadídlážděných chodníků):

1.

2.

3.

První a třetí chodník mají stejné rozměry, tedy i stejnou plochu. U třetího chodníku sespotřebovalo méně dlažby než u prvního proto, že třetí chodník se v místě křížení s druhýmchodníkem nedláždil (tam již byla dlažba položena). Tato společná část druhého a třetíhochodníku je čtverec, jehož strana odpovídá šířce chodníku. Na vydláždění tohoto čtvercebylo spotřebováno

228− 219 = 9 (m2)

dlažby. Čtverec s obsahem 9 m2 má stranu dlouhou 3 m, šířka všech tří chodníků je protorovna 3 m. Odtud a z množství dlažby použité na jednotlivé chodníky můžeme určit roz-měry zahrady:

Na první chodník se spotřebovalo 228 m2 dlažby, což je skutečný obsah plochy chod-níku. Délka zahrady je

228 : 3 = 76 (m).

Na druhý chodník se spotřebovalo 117 m2 dlažby, což je o 9 m2 méně než skutečný obsahplochy chodníku (společný čtverec s prvním chodníkem byl již vydlážděn). Šířka zahradyje

(117 + 9) : 3 = 126 : 3 = 42 (m).

Rozměry Kostkorádovy zahrady jsou 76 m a 42 m.

Poznámka. Pokud řešitel při výpočtu šířky zahrady nepřipočítá oněch 9 m2, obdržíchybný rozměr 39 m. Takové řešení hodnoťte nejvýše stupněm „dobřeÿ.

Z6–I–3Mnohonožka Mirka sestává z hlavy a několika článků, na každém článku má jeden pár

nohou. Když se ochladilo, rozhodla se, že se obleče. Proto si na třetím článku od koncea potom na každém dalším třetím článku oblékla ponožku na levou nožku. Podobně sina pátém článku od konce a potom na každém dalším pátém článku oblékla ponožku napravou nožku. Poté zjistila, že na 14 článcích jí zůstaly obě nohy bosé.

Zjistěte, kolik celkem nohou mohla mít mnohonožka Mirka; určete všechny možnosti.(E. Novotná)

7

Nápověda. Kolikátý článek odzadu má jako první obě nohy oblečené?

Možné řešení. Naznačme několik posledních článků mnohonožky Mirky (zleva doprava),horní řádek představuje levé nohy, spodní řádek pravé. Oblečené nohy vyznačujeme černě,bosé nohy bíle, a to tak dlouho, dokud nejsou na jednom článku obě nohy oblečené — potése vzor opakuje:

. . .

Kdyby měla mnohonožka 15 článků, byly by na 8 článcích obě nohy bosé. Pokračujemedále, dokud nedostaneme 14 článků s oběma nohami bosými:

Pokračujeme dále, pokud je počet článků s oběma nohama bosými stejný:

Mnohonožka Mirka měla buď 26, nebo 27 článků, tedy buď 52, nebo 54 nohou.

Z6–I–4Čtyři rodiny byly na společném výletě. V první rodině byli tři sourozenci, a to Alice,

Bětka a Cyril. V druhé rodině byli čtyři sourozenci, a to David, Erika, Filip a Gábina.V třetí rodině byli dva sourozenci, a to Hugo a Iveta. Ve čtvrté rodině byli tři sourozenci,a to Jan, Karel a Libor. Cestou se děti rozdělily do skupin tak, že v každé skupině bylyvšechny děti se stejným počtem bratrů a nikdo jiný.

Jak se mohly děti rozdělit? Určete všechny možnosti. (V. Hucíková)

Nápověda. Spočítejte bratry každého dítěte.

Možné řešení. V každé skupině jsou jenom děti se stejným počtem bratrů a počet bratrůkaždého dítěte je ze zadání známý. Proto se děti mohly rozdělit jediným možným způsobem.Stačí postupně určit počty bratrů každého dítěte a utvořit odpovídající skupiny.

• Alice a Bětka mají jednoho bratra, Cyril žádného.• Erika a Gábina mají dva bratry, David a Filip jednoho.• Iveta má jednoho bratra, Hugo žádného.• Jan, Karel a Libor mají dva bratry.

Děti se tedy rozdělily do tří skupin:

• Erika, Gábina, Jan, Karel, Libor.• Alice, Bětka, David, Filip, Iveta.• Cyril, Hugo.

8

Z6–I–5

Jirka si nakreslil čtvercovou síť s 25 čtverečky, viz obrázek. Poté chtěl každý čtverečekvybarvit tak, aby stejně vybarvené čtverečky neměly společný žádný vrchol.

Kolik nejméně barev musel Jirka použít? (M. Dillingerová)

Nápověda. Začněte v některém rohovém čtverečku.

Možné řešení. Pokud je levý horní čtvereček vybarven nějakou barvou, musí být okolnítři čtverečky vybarveny navzájem různými barvami. Jirka musel použít aspoň 4 barvy,které budeme značit číslicemi od 1 do 4:

1 2

34

Nyní potřebujeme zjistit, zda čtyři barvy stačí na vybarvení zbytku sítě podle uvede-ných pravidel, či nikoli. Postupně zjistíme, že čtyři barvy skutečně stačí:

1 2

4 3

1 2

4 3

1 2

1 2

4 3

1 2

4 3

1 2

1

4

1

4

1

9

Z6–I–6Do prázdných polí v následujícím obrázku doplňte celá čísla větší než 1 tak, aby

v každém tmavším políčku byl součin čísel ze sousedních světlejších políček: (T. Salčák)

9

55

Nápověda. Mohou být v nevyplněných bílých polích jakákoli čísla?

Možné řešení. V nevyplněných bílých polích mohou být napsány jen takové dvojicecelých čísel, jejichž součin je 55 a z nichž každé je větší než 1. Tomu vyhovuje pouzedvojice 5 a 11 a tím jsou také určena čísla v ostatních nevyplněných polích: ve světlešedých polích dostáváme 9 · 5 = 45 a 9 · 11 = 99, v nejtmavším pak 55 · 45 · 99 = 245 025.

9

55

5

11

45

99

245025

Poznámka. Čísla 5 a 11 lze do obrázku vyplnit dvojím způsobem, což je v této úlozenepodstatné. Na hodnocení nemá vliv, zda řešitel uvažuje obě možnosti, nebo jenom jednu.

10



Čtverec se stranou 4 cm je rozdělen na čtverečky se stranou 1 cm jako na obrázku.Rozdělte čtverec podél vyznačených čar na dva útvary s obvodem 16 cm. Najděte alespoň třirůzná řešení (tzn. taková tři řešení, aby žádný útvar jednoho řešení nebyl shodný s žádnýmútvarem jiného řešení). (V. Hucíková)

Nápověda. Kde na obvodu čtverce mohou být koncové body dělicí čáry?

Možné řešení. Lomená čára, která rozděluje čtverec na dva útvary, leží celá uvnitř čtver-ce, s jeho obvodem má společné pouze koncové body. Vzhledem k tomu, že nové útvarymají mít stejný obvod, musí mít stejnou také tu jeho část, která je na obvodu čtverce.Koncové body dělicí čáry proto musí být souměrné podle středu čtverce.

Daný čtverec má obvod 16 cm a obvod dvou nových útvarů má být dohromady 32 cm.Dělicí čára je společná oběma útvarům, dvojnásobek její délky proto odpovídá rozdílu32− 16 = 16 (cm). Dělicí čára musí být dlouhá 8 cm.

Nyní nezbývá než zkoušet:

Poznámka. Jakékoli jiné rozdělení je shodné s některým z předchozích.

Z7–I–2Na lyžařské soustředění přijeli 4 kamarádi ze 4 světových stran a vedli následující

rozhovor.Karel: „Nepřijel jsem ze severu ani z jihu.ÿMojmír: „Zato já jsem přijel z jihu.ÿPepa: „Přijel jsem ze severu.ÿZdenda: „Já z jihu nepřijel.ÿVíme, že jedna výpověď není pravdivá. Určete, která to je.Kdo tedy přijel ze severu a kdo z jihu? (M. Volfová)

11

Nápověda. Přeformulujte předchozí výpovědi vzhledem ke světovým stranám (nikolivzhledem k jednotlivým kamarádům).

Možné řešení. Podle předchozích výroků si představíme, odkud kdo mohl přijet:

• ze severu Pepa, nebo Zdenda,• z východu Karel, nebo Zdenda,• z jihu Mojmír,• ze západu Karel, nebo Zdenda.

Nyní zvažujeme, které výroky mohly být nepravdivé:

• Kdyby lhal Mojmír, museli by všichni ostatní mluvit pravdu, a to by znamenalo, žez jihu nepřijel nikdo. Mojmírova výpověď tedy byla pravdivá.

• Kdyby lhal Zdenda, musel by přijet z jihu, což by znamenalo, že lhal i Mojmír. Zden-dova výpověď tedy byla pravdivá.

• Kdyby lhal Karel, musel by přijet ze severu, nebo z jihu. To by v prvním případěznamenalo, že lhal i Pepa, ve druhém případě, že lhal i Mojmír. Karlova výpověď tedybyla pravdivá.

Mojmír, Zdenda a Karel mluvili pravdu, lhal tedy Pepa (což vskutku není s ničímv rozporu). Ze severu proto přijel Zdenda, z jihu přijel Mojmír.

Poznámka. Pepa a Karel přijeli jeden z východu a jeden ze západu; z uvedeného nelzepřesně určit, kdo přijel odkud.

Z7–I–3Anička má 50 Kč, Anežka má 46 Kč a za všechny peníze chtějí koupit zákusky na

rodinnou oslavu. Rozhodují se mezi dortíky a větrníky: větrník je o 4 Kč dražší než dortíka dortíků by se dalo za všechny peníze koupit o třetinu více než větrníků.

Kolik stojí každý ze zákusků? (M. Volfová)

Nápověda. Kolika způsoby lze beze zbytku utratit Aniččiny a Anežčiny peníze?

Možné řešení. Anička s Anežkou mají dohromady 96 Kč. Tuto částku lze utratit jenněkolika způsoby, jež jsou odvozeny z vyjádření čísla 96 jako součinu dvou přirozenýchčísel:

96 = 1 · 96 = 2 · 48 = 3 · 32 = 4 · 24 = 6 · 16 = 8 · 12.

Ceně větrníku a ceně dortíku mají odpovídat čísla s rozdílem 4. Takové dvojice čísel jsoumezi uvedenými součiniteli pouze tři (vyznačeny tlustě):

2 · 48 = 6 · 16, 4 · 24 = 8 · 12, 6 · 16 = 8 · 12.

V prvním případě by se děvčata rozhodovala mezi 48 dortíky po 2 Kč a 16 větrníky po 6 Kč;48 však není o třetinu více než 16, proto tato možnost nevyhovuje.

Ve druhém případě by se děvčata rozhodovala mezi 24 dortíky po 4 Kč a 12 větrníkypo 8 Kč; 24 však není o třetinu více než 12, proto ani tato možnost nevyhovuje.

Ve třetím případě by se děvčata rozhodovala mezi 8 dortíky po 12 Kč a 6 větrníkypo 16 Kč; přitom 8 je o třetinu více než 6, proto se jedná o jedinou vyhovující možnost.

Jeden dortík stál 12 Kč, jeden větrník stál 16 Kč.

Jiné řešení. Za stejné peníze lze koupit o třetinu více dortíků než větrníků, tzn. za cenu3 větrníků lze koupit 4 dortíky. Větrník je o 4 Kč dražší než dortík, 3 větrníky tedy stojí

12

o 12 Kč více než 3 dortíky. Z uvedeného plyne, že 12 Kč plus cena 3 dortíků odpovídá ceně4 dortíků. Proto dortík stojí 12 Kč. Větrník stojí o 4 Kč více, tedy 16 Kč.

(Pro kontrolu: za 96 Kč mohou dívky koupit 96 : 16 = 6 větrníků nebo 96 : 12 = 8dortíků.)

Poznámka. Pro všechny, kdo umí vyjádřit podmínky ze zadání pomocí neznámých, do-dáváme:

Pokud cenu dortíku označíme d (Kč), potom větrník stojí d + 4 (Kč). Pokud početvětrníků, které lze koupit za všechny peníze, označíme k, potom dortíků lze za stejné penízekoupit 43k. Ze zadání víme, že

k · (d+ 4) =43k · d.

Odtud vyplývá, že 3d+ 12 = 4d, tedy d = 12, resp. d+ 4 = 16.

Z7–I–4Napište místo hvězdiček číslice tak, aby následující zápis součinu dvou čísel byl platný:

∗ ∗ ∗× ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗

4 9 4 9∗ ∗ ∗

∗ ∗ ∗ 4 ∗ ∗

(L. Hozová)

Nápověda. Začněte s druhou číslicí druhého součinitele.

Možné řešení. Číslo 4 949 je součinem prvního součinitele a druhé číslice druhého sou-činitele. Přitom 4 949 = 707 · 7, tudíž

7 0 7× ∗ 7 ∗∗ ∗ ∗ ∗

4 9 4 9∗ ∗ ∗

∗ ∗ ∗ 4 ∗ ∗

Poslední pomocný součin je součinem 707 a první číslice druhého součinitele. Přitomtento součin je trojmístný, tudíž ona číslice může být jedině 1,

7 0 7× 1 7 ∗∗ ∗ ∗ ∗

4 9 4 97 0 7

∗ ∗ ∗ 4 ∗ ∗

První pomocný součin je součinem 707 a třetí číslice druhého součinitele. Přitom tentosoučin je čtyřmístný, tudíž ona číslice musí být větší než 1. Po dosazení všech číslic od 2

13

do 9 a dopočítání příkladu zjišťujeme, že čtvrtá číslice ve výsledku je rovna 4, pouze kdyžneznámá číslice je 6.

Úloha má jediné řešení, a to7 0 7

× 1 7 6

4 2 4 24 9 4 97 0 7

1 2 4 4 3 2

Poznámka. Závěrečné zkoušení je možné urychlit tím, že se nejprve zaměříme na druhoučíslici prvního pomocného součinu — z uvedeného lze snadno vyvodit, že to může býtjedině 2.

Z7–I–5

Je dán trojúhelník ABC se stranami |AB| = 3 cm, |BC| = 10 cm a s úhlem ABCo velikosti 120◦. Narýsujte všechny body X tak, aby platilo, že trojúhelník BCX je rov-noramenný a současně trojúhelník ABX je rovnoramenný se základnou AB.

(E. Semerádová)

Nápověda. Uvědomte si, jak sestrojíte třetí vrchol trojúhelníku, znáte-li dva jeho vrcholya velikosti dvou zbylých stran.

Možné řešení. Úsečka AB je základnou rovnoramenného trojúhelníku ABX, tedy|XA| = |XB|. Všechny body X s touto vlastností tvoří osu úsečky AB, tzn. kolmicijdoucí středem úsečky AB.

Pokud je úsečka BC základnou rovnoramenného trojúhelníku BCX, potom bod Xmusí ležet na ose úsečky BC. V takovém případě je bod X průsečíkem os úseček AB a BC(na obrázku označen jako X1).

A B

C

X2

X4

X3

X5

X1

Pokud je úsečka BC ramenem rovnoramen-ného trojúhelníku BCX a úsečka BX jeho zá-kladnou, potom |CB| = |CX|. Všechny body Xs touto vlastností tvoří kružnici, která má středv bodě C a prochází bodem B. V takovém pří-padě je bod X průsečíkem této kružnice a osyúsečky AB (dvě možnosti, na obrázku označenyX2 a X3).

Pokud je úsečka BC ramenem rovnoramen-ného trojúhelníku BCX a úsečka CX jeho zá-kladnou, potom |BC| = |BX|. Všechny body Xs touto vlastností tvoří kružnici, která má středv bodě B a prochází bodem C. V takovém pří-padě je bod X průsečíkem této kružnice a osyúsečky AB (dvě možnosti, na obrázku označenyX4 a X5).

Úloha má celkem pět řešení vytnačených naobrázku.

14

Poznámky. Zvolené měřítko nemá vliv na hodnocení úlohy, zato však věnujte pozornostkonstrukci osy úsečky.

Osa úsečky BC prochází společnými body vyznačených kružnic. Body X4 a X5 lzesestrojit také jako průsečíky kružnice se středem v bodě B procházející bodem C a kružnices týmž poloměrem a středem v bodě A.

Z7–I–6Určete, pro kolik přirozených čísel větších než 900 a menších než 1 001 platí, že ciferný

součet ciferného součtu jejich ciferného součtu je roven 1. (E. Semerádová)

Nápověda. Jaký největší ciferný součet mají čísla od 900 do 1 001?

Možné řešení. Mezi čísly 900 a 1 001 má největší ciferný součet číslo 999, a to 27; většímisoučty se zabývat nemusíme.

Mezi čísly 1 a 27 má největší ciferný součet číslo 19, a to 10; většími součty se zabývatnemusíme.

Mezi čísly 1 a 10 mají ciferný součet 1 pouze čísla 1 a 10; ostatními čísly se zabývatnemusíme.

Nyní odzadu určíme všechna řešení (v prvním sloupci je 1 a v každém dalším sloupcijsou čísla, jejichž ciferný součet je roven číslu v sloupci předchozím):

1 1 1 1 000

10 901

910

10 19 919

928

937

946

955

964

973

982

991

Čísel s uvedenými vlastnostmi je celkem 12.

15



Tři kamarádky veverky spolu vyrazily na sběr lískových oříšků. Zrzečka jich našladvakrát víc než Pizizubka a Ouška dokonce třikrát víc než Pizizubka. Cestou domů sipovídaly a přitom louskaly a jedly své oříšky. Pizizubka snědla polovinu všech oříšků,které nasbírala, Zrzečka třetinu všech svých oříšků a Ouška čtvrtinu těch svých. Domaveverky zjistily, že jim dohromady zbylo 196 oříšků.

Kolik oříšků našla každá z veverek? (M. Petrová)

Nápověda. Jakou část všech nalezených oříšků donesly veverky domů?

Možné řešení. Pokud množství oříšků, které našla Pizizubka, označíme x, potom Zrzečkanašla 2x oříšků a Ouška 3x oříšků.

• Pizizubka snědla polovinu svých oříšků, zbylo jí x2 oříšků.

• Zrzečka snědla třetinu svých oříšků, zbylo jí 23 · 2x = 43x oříšků.

• Ouška snědla čtvrtinu svých oříšků, zbylo jí 34 · 3x = 94x oříšků.

Všem veverkám dohromady zbylo(

12

+43

+94

)x =

4912x

oříšků, což je podle zadání rovno 196. Tedy

4912x = 196,

x

12= 4,

x = 48.

Pizizubka našla 48 oříšků, Zrzečka 2 · 48 = 96 oříšků a Ouška 3 · 48 = 144 oříšků.

Z8–I–2Na každé stěně pravidelného osmistěnu je napsáno jedno z čísel 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 a 8,

přičemž na různých stěnách jsou různá čísla. U každé stěny Jarda určil součet čísla na nínapsaného s čísly tří sousedních stěn. Takto dostal osm součtů, které také sečetl.

Jakých hodnot může tento výsledný součet nabývat? (J. Zhouf )

Nápověda. Kolikrát je každé číslo započítáno do celkového součtu?

Možné řešení. Číslo na každé stěně je započítáno celkem ve čtyřech dílčích součtech(každá stěna se počítá jednou jako prostřední a třikrát jako sousední). Proto je také vevýsledném součtu každé z čísel započítáno čtyřikrát. Výsledný součet tedy nabývá hodnoty

4 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8) = 4 · 36 = 144,

a to nezávisle na tom, jak byla čísla na stěnách osmistěnu napsána.

16

Z8–I–3Při střelbě z luku se mimo jiné sleduje výkonnost střelce. Ta se počítá tak, že se ze

všech pokusů odebere jeden nejlepší a jeden nejhorší a z hodnocení zbylých se spočítáaritmetický průměr.

Kamarádi Petr, Jirka, Michal a Zdeněk stříleli po jenom šípu ve čtyřech kolech. Každástřela byla hodnocena celým číslem od 0 do 10. V každém kole byl součet hodnocení všechchlapců 32 bodů, ale ani v jednom kole neměli žádní dva chlapci stejné hodnocení.

V následující tabulce jsou vyplněny jen některé údaje z popsaného utkání, doplňte tychybějící. (M. Dillingerová)

1. kolo 2. kolo 3. kolo 4. kolo výkonnost

Petr 5 10

Jirka 9 10 7,5

Michal 5 8

Zdeněk 8,5

celkem 32 32 32 32 −

Nápověda. Začněte s Petrem.

Možné řešení. Protože výkonnost Petra byla 10, musel nastřílet v prvních třech kolechpo 10 bodech. Protože součet hodnocení ve 3. kole byl 32 bodů, musel Zdeněk v tomto koletrefit 8 bodů. Protože součet hodnocení ve 4. kole byl 32 bodů, musel být součet hodnoceníMichala a Zdeňka v tomto kole 17 bodů. Protože v žádném kole neměli žádní dva chlapcistejné hodnocení, mohli mít v tomto kole

a) buď Michal 9 a Zdeněk 8 bodů,b) nebo Michal 8 a Zdeněk 9 bodů.

Předpokládejme možnost a) a pokusme se doplnit tabulku


Petr 10 10 10 5 10

Jirka 9 10 7,5

Michal 5 9 8

Zdeněk 8 8 8,5

celkem 32 32 32 32 −

Aby výkonnost Zdeňka byla 8,5 = 17 : 2, musel v prvních dvou kolech trefit po 9 bodech.Aby výkonnost Michala byla 8 = 16 : 2 a aby v žádném kole neměl stejné hodnocení jakoZdeněk, musel v prvních dvou kolech trefit po 8 bodech. Aby součet hodnocení v 1. i 2.kole byl 32 bodů, musel Jirka v těchto dvou kolech trefit po 5 bodech. V takovém případěby však jeho výkonnost nebyla 7,5 (ale jen 7). Možnost a) proto nemohla nastat.

17

Předpokládejme možnost b) a pokusme se doplnit tabulku


Petr 10 10 10 5 10

Jirka 9 10 7,5

Michal 5 8 8

Zdeněk 8 9 8,5

celkem 32 32 32 32 −

Aby výkonnost Jirky byla 7,5 = 15 : 2, musel v jednom z prvních dvou kol trefit 6 a vedruhém 6 nebo méně bodů. Aby výkonnost Michala byla 8 = 16 : 2 a aby v žádném koleneměl stejné hodnocení jako Petr, musel v jednom z prvních dvou kol trefit 8 a ve druhém8 nebo 9 bodů.

Kdyby Jirka trefil 6 bodů ve stejném kole jako Michal 8, potom by Zdeněk ve stejnémkole musel trefit 8 bodů (aby byl součet hodnocení v tomto kole roven 32 bodů). To byvšak Michal a Zdeněk měli stejné hodnocení, proto tato možnost nastat nemohla.

Jirka tedy musel trefit 6 bodů v jiném kole než Michal 8. Předpokládejme, že tak učinilv 1. kole a pokusme se doplnit tabulku (z předchozího vyplývá, že Michal v tomtéž kolemusel trefit 9 bodů)


Petr 10 10 10 5 10

Jirka 6 9 10 7,5

Michal 9 8 5 8 8

Zdeněk 8 9 8,5

celkem 32 32 32 32 −

Aby součet hodnocení v 1. kole byl 32 bodů, musel Zdeněk v tomto kole trefit 7 bodů.Aby výkonnost Zdeňka byla 8,5 = 17 : 2, musel ve druhém kole trefit 9 bodů. Aby součethodnocení ve 3. kole byl 32 bodů, musel Jirka v tomto kole trefit 5 bodů. Protože 5 je menšínež 6, souhlasí výkonnost Jirky se zadáním. Našli jsme jedno vyhovující řešení úlohy:


Petr 10 10 10 5 10

Jirka 6 5 9 10 7,5

Michal 9 8 5 8 8

Zdeněk 7 9 8 9 8,5

celkem 32 32 32 32 −

Jirka ovšem mohl trefit 6 bodů ve 2. kole. V takovém případě by výsledná tabulkaměla prohozena hodnocení u 1. a 2. kola.

18

Z8–I–4Lichoběžník ABCD je úsečkou CE rozdělen na trojúhelník a rovnoběžník, viz ob-

rázek. Bod F je středem úsečky CE, přímka DF prochází středem úsečky BE a obsahtrojúhelníku CDE je 3 cm2.

Určete obsah lichoběžníku ABCD. (E. Semerádová)

A B

CD

E

F

Nápověda. Porovnejte velikosti úseček AE a EB.

Možné řešení. Střed úsečky BE, kterým podle zadání prochází přímka DF , označímeG. Úsečka FG je střední příčkou trojúhelníku BCE, která je rovnoběžná se stranou BC.Zejména čtyřúhelník GBCD je také rovnoběžníkem, a proto platí, že úsečky EG, GB, DCa AE jsou navzájem shodné.

A B

CD

E GA B

CD

E G

F

Lichoběžník ABCD tak můžeme rozdělit na čtyři trojúhelníky AED, DCE, EGCa GBC se stejným obsahem (první tři trojúhelníky jsou dokonce navzájem shodné). Obsahlichoběžníku je proto roven čtyřnásobku obsahu trojúhelníku CDE, tj.

4 · 3 = 12 cm2.

Poznámka. Trojúhelníky DFC a GFE jsou shodné, proto má rovnoběžník AECD stejnýobsah jako trojúhelník AGD, a ten je shodný s trojúhelníkem EBC. (V obou případechlze shodnost trojúhelníků zdůvodnit několika způsoby, např. podle věty usu.) Obsah li-choběžníku ABCD je proto roven dvojnásobku obsahu rovnoběžníku AECD, a ten jeroven dvojnásobku obsahu trojúhelníku CDE.

Z uvedeného také vyplývá, že obsah trojúhelníku EBC je čtyřnásobkem obsahu troj-úhelníku DFC, a ten je roven polovině obsahu trojúhelníku CDE.

19

Z8–I–5

Maminka donesla 10 zákusků tří druhů: kokosek bylo méně než laskonek a nejvíc bylokaramelových kostek. Josef si vybral dva zákusky různých druhů, Jakub udělal totéž a naJana zbyly pouze zákusky stejného druhu.

Kolik kokosek, laskonek a karamelových kostek maminka donesla? (V. Hucíková)

Nápověda. Jaký druh zákusků zbyl na Jana?

Možné řešení. Když se k zákuskům dostal Jan, bylo jich 6 stejného druhu, a to kara-melových kostek — kdyby to byly kokosky nebo laskonky, muselo by kostek být víc než 6a zákusků celkem by pak bylo víc než 10. Proto karamelových kostek původně bylo alespoň6 a maminka přinesla

• buď 1 kokosku, 3 laskonky a 6 kostek,• nebo 1 kokosku, 2 laskonky a 7 kostek.

První možnost není vyhovující — aby Josef i Jakub měli každý dva zákusky různýchdruhů, musel by alespoň jeden z nich vybrat také kostku, a to by jich pak na Jana nezbylo6.

Druhá možnost je vyhovující — jeden z prvních dvou chlapců si vybral kokoskua laskonku, druhý laskonku a kostku, na Jana zbylo 6 kostek.

Maminka přinesla 1 kokosku, 2 laskonky a 7 karamelových kostek.

Z8–I–6

Každá cihlička následující pyramidy obsahuje jedno číslo. Kdykoli to je možné, je číslov každé cihličce nejmenším společným násobkem čísel ze dvou cihliček ležících přímo na ní.

Které číslo může být v nejspodnější cihličce? Určete všechny možnosti.(A. Bohiniková)

13 14

30

Nápověda. Jaký je nejmenší společný násobek tří čísel, z nichž jedno je dělitelem jiného?

Možné řešení. Číslo 30 má celkem 8 dělitelů, jež mohou být dosazeny za A a B.

13 14

30

A B

C D

E F

G

20

Číslo C je nejmenším společným násobkem 13 a A, číslo E je nejmenším společnýmnásobkem C a 30, tedy E je nejmenším společným násobkem čísel 13, A a 30. Protože Aje dělitelem čísla 30, je E nejmenším společným násobkem čísel 13 a 30, tj. 390 = 13 · 30.

Podobně lze zdůvodnit, že bez ohledu na hodnotu B, je F nejmenším společnýmnásobkem čísel 14 = 2 · 7 a 30 = 2 · 3 · 5, tj. 210 = 7 · 30.

Číslo G v nejspodnější cihličce proto může být jedině nejmenším společným násobkemčísel 390 a 210, tj. 2 730 = 7 · 13 · 30.

13 14

30

∗ ∗

∗ ∗

390 210

2730

Poznámka. Pokud bychom uvažovali všechny možné dvojice čísel, jejichž nejmenší spo-lečný násobek je 30, potom dostaneme celkem 27 možností. Doplňováním jednotlivýchpřípadů za A a B si každý dřív nebo později všimne, že čísla E, F , a tedy i G jsou stálestejná.

21



Ve všech devíti polích obrazce mají být vyplněna přirozená čísla tak, aby platilo:

• každé z čísel 2, 4, 6 a 8 je použito alespoň jednou,• čtyři z polí vnitřního čtverce obsahují součiny čísel ze sousedících polí vnějšího čtverce,• v kruhu je součet čísel ze sousedících polí vnitřního čtverce.

Zjistěte, které nejmenší a které největší číslo může být napsáno v kruhu.(M. Dillingerová)

Nápověda. Může být číslo v kruhu menší než 20, resp. větší než 20 000?

Možné řešení. Pro dostatečně velké číslo v některém z rohových polí vnějšího čtvercemohou být odpovídající součiny ve vnitřním čtverci větší než libovolné předem zvolenéčíslo. Proto i součet v kruhu může být libovolně velký.

Zjistíme, jaký nejmenší součet může být v kruhu. Jistě to nemůže být žádné z přede-psaných čísel: ani to největší z nich (8) totiž není větší než součet zbylých tří (2+4+6 = 12).Součet v kruhu proto musí být větší nebo roven součtu všech předepsaných čísel, tj.2 + 4 + 6 + 8 = 20.

Kdyby součet v kruhu byl 20, potom by předepsaná čísla musela být ve čtyřech sou-sedících polích malého čtverce. Protože jedno z těchto čísel je 6, muselo by být jedno zesousedících polí vnějšího čtverce 6 nebo 3, a to by také musel být dělitel druhého sousedí-cího pole vnitřního čtverce. Žádné z čísel 2, 4 a 8 však takového dělitele nemá, proto tatomožnost nastat nemůže.

Součet v kruhu proto musí být větší nebo roven 21. Následující vyplnění dokazuje, ženejmenší číslo, které může být v kruhu napsáno, je 21.

1 3

24

3

6

8

4 21

22

Poznámka. Všimněte si, že číslo v kruhu je vždy součinem součtů dvojic protilehlýchčísel vnějšího čtverce. Tento poznatek lze také využít při řešení úlohy.

Z9–I–2Z bodu A do bodu C vede naučná stezka procházející bodem B a jinudy také červená

turistická značka, viz obrázek. Kromě toho lze použít také nezakreslenou zkratku dlouhou1 500 metrů začínající v A a ústící na naučné stezce. Vojtěch zjistil, že

1. výlet z A po červené do C a po naučné stezce zpět do A je dlouhý 7 700 metrů,2. výlet z B po naučné stezce do C a pak po červené do A je dlouhý 5 800 metrů,3. s využitím zkratky je cesta z A do B dlouhá 1 700 metrů,4. výlet z A po naučné stezce do C a zpět do A nejprve po naučné stezce a poté po

zkratce je dlouhý 8 800 metrů.

Určete délku naučné stezky z A do C. Pokud zadání připouští více odpovědí, uveďtevšechny. (L. Šimůnek)

A

B

C

Nápověda. Zjistěte, kde mohla ústit zkratka na naučnou stezku.

Možné řešení. Zkratka mohla ústit na naučnou stezku buď v úseku mezi A a B, nebov úseku mezi B a C.

A

B

C

Zkratka byla dlouhá 1 500 m a s jejím využitím byla cesta z A doB (podle 3. informace)dlouhá 1 700 m. Vzdálenost B od ústí zkratky proto byla v obou případech stejná, a to

1 700− 1 500 = 200 (m).

23

Z 1. a 2. informace plyne, že cesta z A do B po naučné stezce byla dlouhá

7 700− 5 800 = 1 900 (m).

Pokud délku úseku naučné stezky mezi B a C označíme y, potom s využitím 4. infor-mace dostáváme dvě různé rovnice podle toho, kde ústí zkratka:

a) Pro ústí v úseku mezi A a B platí

1 900 + 2y + 200 + 1 500 = 8 800,

2y = 5 200,

y = 2 600 (m).

V tomto případě byla celá naučná stezka dlouhá

1 900 + 2 600 = 4 500 (m).

b) Pro ústí v úseku mezi B a C platí

1 900 + 2y − 200 + 1 500 = 8 800,

2y = 5 600,

y = 2 800 (m).

V tomto případě byla celá naučná stezka dlouhá

1 900 + 2 800 = 4 700 (m).

Poznámka. Pokud délku úseku naučné stezky mezi A a B označíme x, mezi B a ústímzkratky z a délku červené cesty mezi A a C označíme w, potom informace ze zadání lzezapsat pomocí rovnic takto:

1. w + y + x = 7 700,2. y + w = 5 800,3. 1 500 + z = 1 700,4. x+ 2y + z + 1 500 = 8 800, resp. x+ 2y − z + 1 500 = 8 800.

V předchozím je představeno postupné řešení této soustavy pro neznámé z, x a y(a následné vyjádření součtu x+y). Ze druhé rovnice lze vyjádřit také hodnotu neznámé w.

Z9–I–3Julince se zakutálel míček do bazénu a plaval ve vodě. Jeho nejvyšší bod byl 2 cm nad

hladinou. Průměr kružnice, kterou vyznačila hladina vody na povrchu míčku, byl 8 cm.Určete průměr Julinčina míčku. (L. Hozová)

Nápověda. Jaký je vztah mezi poloměrem míčku, poloměrem kružnice vyznačené hladi-nou a vzdáleností středu míčku od hladiny?

Možné řešení. Následující obrázek znázorňuje řez míčku, který prochází jeho středem(bod S) a je kolmý k hladině (přímka AB). Bod C je patou kolmice z bodu S k hladiněa bod D je nejvyšším bodem míčku nad hladinou.

24

A BC

S

D

Ze zadání víme, že |AC| = 4 cm a |CD| = 2 cm. Poloměr míčku |SA| = |SD| ozna-číme r. Podle Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku ACS dostáváme:

r2 = 42 + (r − 2)2,

r2 = 16 + r2 − 4r + 4,

4r = 20,

r = 5.

Julinčin míček měl průměr 10 cm.

Z9–I–4Katka si myslela pětimístné přirozené číslo. Do sešitu napsala na první řádek součet

myšleného čísla a poloviny myšleného čísla. Na druhý řádek napsala součet myšleného číslaa pětiny myšleného čísla. Na třetí řádek napsala součet myšleného čísla a devítiny myšle-ného čísla. Nakonec sečetla všechna tři zapsaná čísla a výsledek napsala na čtvrtý řádek.Poté s úžasem zjistila, že na čtvrtém řádku má zapsánu třetí mocninu jistého přirozenéhočísla.

Určete nejmenší číslo, které si Katka mohla myslet na začátku. (L. Růžičková)

Nápověda. Vyjádřete součet na čtvrtém řádku pomocí původně myšleného čísla.

Možné řešení. Pokud myšlené pětimístné číslo označíme x, potom na prvních třech řád-cích byla napsána čísla x + 1

2x = 32x, x + 1

5x = 65x a x + 1

9x = 109 x. Součet na čtvrtém

řádku byl roven (32

+65

+109

)x =

34390

x.

Tento výsledek má být třetí mocninou jistého přirozeného čísla, takže je sám přirozenýmčíslem. Jelikož čísla 343 a 90 jsou nesoudělná, musí být x násobkem 90. Jelikož 343 je třetímocninou 7, musí být 1

90x třetí mocninou nějakého přirozeného čísla.Nejmenším násobkem 90, který je pětimístný, je 10 080 = 90 · 112; proto 1

90x = 112.Nejmenší třetí mocninou nějakého přirozeného čísla, která je větší než nebo rovna 112, je125 = 53; proto 1

90x = 125.Nejmenší číslo, které si Katka mohla myslet, je 90 · 125 = 11 250.

25

Z9–I–5Myšky si postavily podzemní domeček sestávající z komůrek a tunýlků:

• každý tunýlek vede z komůrky do komůrky (tzn. žádný není slepý),• z každé komůrky vedou právě tři tunýlky do tří různých komůrek,• z každé komůrky se lze tunýlky dostat do kterékoli jiné komůrky,• v domečku je právě jeden tunýlek takový, že jeho zasypáním se domeček rozdělí na

dvě oddělené části.

Kolik nejméně komůrek mohl mít myší domeček? Načrtněte, jak mohly být komůrkypospojovány. (K. Jasenčáková)

Nápověda. Začněte kritickým tunýlkem.

Možné řešení. Komůrky budeme značit kroužky, tunýlky čárami. Začneme kritickýmtunýlkem, jehož zasypáním se domeček rozdělí na dvě oddělené části. Pokud komůrkyna koncích tohoto tunýlku označíme A a B, potom každá komůrka patří do právě jednéz následujících dvou skupin:

a) komůrka A a všechny komůrky, do kterých se z ní lze dostat bez použití tunýlku AB,b) komůrka B a všechny komůrky, do kterých se z ní lze dostat bez použití tunýlku BA.

To znamená, že žádná komůrka z jedné skupiny není spojena tunýlkem s žádnoukomůrkou z druhé skupiny. Nyní určíme, kolik nejméně komůrek může být v jedné skupině,aby byly splněny ostatní podmínky:

• Aby z komůrky A vedly tři tunýlky, musí být ve skupině a) alespoň dvě další komůrky,které označíme C a D. Tři komůrky ve skupině však nestačí — lze spojit jedině Ca D, a to by z C a D vedly pouze dva tunýlky.

• Proto ve skupině a) musí být alespoň jedna další komůrka, kterou označíme E. Čtyřikomůrky však také nestačí — E lze spojit jedině s C a D, a to by z E vedly pouzedva tunýlky.

• Proto ve skupině a) musí být alespoň jedna další komůrka, kterou označíme F . Pětkomůrek v jedné skupině už stačí — komůrky mohou být pospojovány např. takto:

A B

C

D

E F

Domeček měl nejméně 10 komůrek.

Z9–I–6Je dána úsečka AB délky 12 cm, na níž je jednou stranou položen čtverec MRAK

se stranou délky 2 cm, viz obrázek. MRAK se postupně překlápí po úsečce AB, přičemžbod R zanechává na papíře stopu.

Narýsujte celou stopu bodu R, dokud čtverec neobejde úsečku AB z obou stran a ne-vrátí se do své původní polohy. (M. Dillingerová)

26

A B

M

K

R

Nápověda. Rozdělte si úkol na etapy.

Možné řešení. Čtverec se postupně překlápí okolo bodů na úsečce AB (na následujícíchobrázcích to jsou body K, M1, R2, A3, atd.). V každé etapě se bod R pohybuje po částikružnice, jejíž střed je v některém z vyznačených bodů a poloměr je roven buď straně, neboúhlopříčce čtverce.

A B

K2

M2

A2 =M3

R2 = R3

K3

A3

A B

A1

K1

R1 = K2

M1 =M2

A2

R2

A B

M = A1

K = K1

R R1

M1

Části kružnic jsou většinou čtvrtkružnice (což odpovídá velikosti vnitřního úhlučtverce), pouze v krajních bodech úsečky to jsou třičtvrtěkružnice (což odpovídá velikostivnějšího úhlu čtverce).

K narýsování celé stopy bodu R potřebujeme středy kružnic (K = K1, M1 = M2,R2 = R3 atd.), které jsou na úsečce AB po 2 cm. Společné body kružnic (R1 = K2,R2 = R3, K3 = R4 atd.) leží v uzlových bodech čtverečkové sítě se stranou 2 cm.

27

A B

R12 = R R1

R2 = R3

R4 R5

R6 = R7

R8R9

R10 = R11

28



Z5–II–1

Otec hrál se strýčkem šachy. Za vyhranou partii dostal vítěz od soupeře 8 korun, zaremízu nikdo nic. Strýc vyhrál čtyřikrát, remíz bylo pět a otec nakonec získal 24 korun.

Kolik partií otec se strýčkem sehráli? (M. Volfová)

Možné řešení. Otec čtyřikrát prohrál, takže musel strýci zaplatit 4 · 8 = 32 korun.Otec však vyhrál tolikrát, že i po zaplacení těchto 32 korun získal 24 korun. Jeho

celková výhra byla 32 + 24 = 56 korun, vyhrál tedy 56 : 8 = 7 partií.Otec sedmkrát vyhrál, čtyřikrát prohrál a pětkrát remizoval, se strýčkem tedy sehrál

7 + 4 + 5 = 16 partií.

Návrh hodnocení. 2 body za určení otcovy celkové výhry; 2 body za počet otcovýchvyhraných partií; 2 body za počet všech sehraných partií.

Z5–II–2

Veverka Hryzka ujídala oříšky ze svých zásob následujícím způsobem:

• v dietní den snědla jeden oříšek,• v normální den snědla o dva oříšky víc než v dietní den.Jistých 19 po sobě jdoucích dní se pravidelně střídaly dny dietní s dny normálními.Zjistěte, kolik nejvíce a kolik nejméně oříšků mohla Hryzka během těchto 19 dnů sníst.

(E. Novotná)

Možné řešení. Veverka snědla v dietní den jeden oříšek, v normální den tedy snědlatři oříšky. Oba typy dnů se pravidelně střídaly, proto se typ dne, kterým 19denní obdobízačínalo, opakoval celkem 10krát, druhý typ se opakoval 9krát.

Protože nevíme, zda sledované období začínalo dietním, nebo normálním dnem, mu-síme uvážit obě možnosti:

a) pokud se začínalo dietním dnem, snědla veverka 10 · 1 + 9 · 3 = 37 oříšků,b) pokud se začínalo normálním dnem, snědla veverka 10 · 3 + 9 · 1 = 39 oříšků.Veverka snědla nejméně 37 a nejvíce 39 oříšků.

Návrh hodnocení. 1 bod za počet oříšků snědených v normální den; po 2 bodech zacelkový počet snědených oříšků u každé z možností; 1 bod za závěr.

Z5–II–3

Ema chce sestrojit trojúhelníkABC se stranami |AB| = 3 cm a |BC| = 4 cm.Dále chcesestrojit všechny kružnice, z nichž každá bude mít střed v některém z vrcholů trojúhelníkua bude procházet některým jeho jiným vrcholem.

Jak dlouhá musí být strana AC, aby takových kružnic bylo právě pět? Určete všechnymožnosti. (V. Hucíková)

Možné řešení. Kdyby strany AB a AC byly stejně dlouhé, pak kružnice se středemv bodě A procházející bodem B by procházela také bodem C. V takovém případě by Emasestrojila jedinou kružnici se středem v bodě A.

1

Kdyby strany AB a AC byly různě dlouhé, pak kružnice se středem v bodě A pro-cházející jedním z bodů B a C nebude procházet tím druhým. V takovém případě by Emasestrojila dvě kružnice se středem v bodě A.

Obdobné případy mohou nastat také pro kružnice se středem v bodě C. Kružnice sestředem v bodě B budou jistě dvě, protože ze zadání víme, že strany BA a BC jsou různědlouhé.

Pokud by strany trojúhelníku ABC byly navzájem různé, potom by Ema sestrojila2 + 2 + 2 = 6 kružnic. Pokud by strana AC byla shodná s jednou ze zbylých dvou stran,potom by Ema sestrojila 1 + 2 + 2 = 5 kružnic. Strana AC proto musí být dlouhá buď3 cm, nebo 4 cm.

A B

C

A B

C

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za každou ze dvou vyhovujících možností; 3 body zazdůvodnění správného počtu kružnic; 1 bod za vysvětlení, že jiné možnosti nejsou.

Zdůvodnění správného počtu kružnic pouze u jedné ze dvou vyhovujících možnostípovažujte za postačující.

2


II. kolo kategorie Z6Z6–II–1Na louce se sešly dvě rodiny s celkem šesti dětmi, které byly staré 2, 3, 4, 5, 6 a 8 let.

Součet věků dětí z jedné rodiny byl stejný jako součet věků dětí z druhé rodiny.Jak staré mohly být děti z každé rodiny? Určete všechny možnosti. (E. Novotná)

Možné řešení. Součet věků všech dětí byl

2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 8 = 28,

tedy součet věků dětí z každé rodiny byl 28 : 2 = 14.Právě v jedné rodině bylo nejstarší, osmileté dítě. Můžeme tedy uvažovat, jak vyjádřit

součet 14 pomocí uvedených čísel tak, aby jeden ze sčítanců byl 8. To lze buď jako 14 = 8+6,nebo 14 = 8 + 4 + 2. Mohly tedy nastat následující dvě možnosti:

a) děti z jedné rodiny byly staré 8 a 6 let, děti z druhé rodiny byly staré 5, 4, 3 a 2 roky,b) děti z jedné rodiny byly staré 8, 4 a 2 roky, děti z druhé rodiny byly staré 6, 5, a 3 roky.

Návrh hodnocení. 2 body za určení součtu věků dětí z každé rodiny; po 2 bodech zaurčení každé z vyhovujících možností.Řešení s oběma možnostmi, ale bez jakéhokoli zdůvodnění hodnoťte nejvýše 3 body.

Z6–II–2Pat a Mat kopali studnu. První den vykopal Pat jámu hlubokou 40 cm. Druhý den

pokračoval Mat a dokopal se do trojnásobné hloubky. Třetí den vykopal Pat tolik, kolikpředchozí den vykopal Mat, a narazil na vodu. V tom okamžiku byl povrch země 50 cmnad vrškem jeho hlavy.Určete, kolik cm měřil Pat. (M. Dillingerová)

Možné řešení. První den Pat vykopal 40 cm.Druhý den se Mat dokopal do 3 · 40 = 120 (cm), vykopal tedy 120− 40 = 80 (cm).Třetí den vykopal Pat také 80 cm, dokopal se do 120+80 = 200 (cm). V tom okamžiku

byla jáma o 50 cm větší než on, Pat tedy měřil 200− 50 = 150 (cm).Návrh hodnocení. 2 body za hloubku jámy druhý den; 3 body za hloubku jámy třetíden; 1 bod za výšku Pata.

Z6–II–3Tři zahrádkáři si pozvali oráče, aby jim zoral jejich pozemky. Oráč účtoval za každý

zoraný metr čtvereční všem stejnou cenu. Dohromady zahrádkáři zaplatili 570 Kč.Dva z pozemků byly čtvercové, jeden byl obdélníkový. Plocha obdélníkového pozemku

byla 6 arů a jedna jeho strana měřila 20m. Délka strany jednoho čtvercového pozemkubyla stejná jako délka obdélníkového pozemku, délka strany druhého čtvercového pozemkubyla stejná jako šířka obdélníkového pozemku.Kolik zaplatil za zorání každý ze zahrádkářů? (M. Krejčová)

Možné řešení. Plocha obdélníkového pozemku byla 6 arů, tj. 600m2. Jedna jeho stranaměřila 20m, druhá proto měřila 600 : 20 = 30 (m). Strana jednoho čtvercového pozemku

1

byla dlouhá 20m, jeho plocha byla 20 ·20 = 400 (m2), tj. 4 ary. Strana druhého čtvercovéhopozemku byla dlouhá 30m, jeho plocha byla 30 · 30 = 900 (m2), tj. 9 arů.Všechny tři pozemky měly dohromady 6+4+9 = 19 (arů). Celkem zahrádkáři zaplatili

570 Kč, zorání jednoho aru tedy vyšlo na 570 : 19 = 30 Kč.Zahrádkář s obdélníkovým pozemkem zaplatil 6 · 30 = 180 Kč, zahrádkář s menším

čtvercovým pozemkem zaplatil 4 ·30 = 120 Kč a zahrádkář s větším čtvercovým pozemkemzaplatil 9 · 30 = 270 Kč.Návrh hodnocení. 1 bod za druhou stranu obdélníkového pozemku; 1 bod za plochyčtvercových pozemků; 2 body za jednotkovou cenu orby; 2 body za platby jednotlivýchzahrádkářů.

2



Z7–II–1

Maruška dostala od babičky kouzelnou mošnu, která vždy o půlnoci zdvojnásobo-vala množství zlaťáků, které obsahovala. V pondělí v poledne vložila Maruška do prázdnémošny nějaké zlaťáky. V úterý a ve středu si z mošny vybrala vždy 40 zlaťáků a nic do nínevkládala. Ve čtvrtek si opět vybrala 40 zlaťáků a mošna byla prázdná.Kolik zlaťáků vložila Maruška v pondělí do mošny?Kolik zlaťáků měla do prázdné mošny vložit, aby mohla opakovaně každý den vybírat

40 zlaťáků, nemusela nic vkládat a aby každý den před výběrem byl počet zlaťáků v mošněstejný? (M. Volfová)

Možné řešení. 1. Ve čtvrtek po výběru 40 zlaťáků byla mošna prázdná, před výběremv ní tedy bylo oněch 40 zlaťáků.Ve středu po výběru (před nočním zdvojnásobením) bylo v mošně 40 : 2 = 20 zlaťáků,

před výběrem v ní tedy bylo 20 + 40 = 60 zlaťáků.V úterý po výběru bylo v mošně 60 : 2 = 30 zlaťáků, před výběrem v ní tedy bylo

30 + 40 = 70 zlaťáků.V pondělí Maruška do mošny vložila 70 : 2 = 35 zlaťáků.

2. Aby každý den před výběrem byl počet zlaťáků v mošně stejný, muselo by nočnízdvojnásobení vyrovnat výběr 40 zlaťáků. To znamená, že těchto 40 zlaťáků by muselo býtprávě polovinou počtu zlaťáků před výběrem, tedy před výběrem by tam muselo být 80zlaťáků. Aby v úterý před výběrem bylo v mošně 80 zlaťáků, musela by Maruška v pondělído mošny vložit 40 zlaťáků.

Jiné řešení. 1. Pokud Maruščin pondělní vklad označíme z, potom

• v úterý po výběru bylo v mošně 2z − 40 zlaťáků,• ve středu po výběru bylo v mošně 4z − 80− 40 = 4z − 120 zlaťáků,• ve čtvrtek po výběru bylo v mošně 8z − 240− 40 = 8z − 280 zlaťáků.Ve čtvrtek po výběru byla mošna prázdná, tzn. 8z = 280, tedy z = 35. V pondělí

Maruška do mošny vložila 35 zlaťáků.

2. Aby každý den před výběrem byl počet zlaťáků v mošně stejný, musel by být početzlaťáků stejný také po výběru, resp. před nočním zdvojnásobením. Porovnáním těchtohodnot např. v pondělí a v úterý dostáváme z = 2z − 40, tedy z = 40. V pondělí mělaMaruška do mošny vložit 40 zlaťáků.

Návrh hodnocení. Po 3 bodech za každou část úlohy (z toho 2 body za dílčí kroky vezvoleném postupu a 1 bod za výsledek).

1

Z7–II–2Mřížka s devíti poli jako na obrázku je vyplněna devíti bezprostředně po sobě jdoucími

přirozenými čísly. Ta jsou seřazena podle velikosti zleva doprava a shora dolů (tj. nejmenšíčíslo je vlevo nahoře, největší je vpravo dole). Tlustá lomená čára rozděluje mřížku na dvěčásti. Součet čísel v levé části je o 100 menší než součet čísel v pravé.

Které číslo je v prostředním poli? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Na každém řádku platí, že číslo v jeho pravém krajním poli je o 2 většínež číslo v jeho levém krajním poli. Součet čísel v pravém krajním sloupci je tedy o 3 ·2 = 6větší než součet čísel v levém krajním sloupci. Číslo v dolním poli prostředního sloupce jeo 3 větší než číslo v jeho prostředním poli. Tyto rozdíly jsou v mřížce zvýrazněny jinýmiodstíny šedi.

Součet čísel všech šedých polí v pravé části mřížky je proto o 6+3 = 9 větší než součetčísel všech šedých polí v jeho levé části. Avšak součet všech čísel v pravé části má být o 100větší než součet všech čísel v levé části. Proto musí být v jediném nezvýrazněném poli číslo100− 9 = 91. V prostředním poli mřížky pak musí být číslo 91 + 3 = 94.Návrh hodnocení. 3 body za určení vhodných podmnožin ve dvou oddělených částechmřížky a stanovení rozdílu součtů v těchto podmnožinách; 2 body za vypočtení čísla v ne-označeném poli (nebo jiného pomocného čísla); 1 bod za určení čísla v prostředním poli.

Jiné řešení. Pokud hledané číslo v prostředním poli označíme x, potom čísla v ostatníchpolích jsou

x−4 x−3 x−2

x−1 x x+1

x+2 x+3 x+4

2

Součet všech čísel v levé části mřížky je 4x − 3, součet všech čísel v pravé části je5x+ 3. Přitom druhý výraz má být o 100 větší než první. Odtud dostáváme rovnici

4x− 3 + 100 = 5x+ 3,

jejímž řešením je x = 94. Číslo v prostředním poli je 94.

Návrh hodnocení. 3 body za sestavení rovnice, kde neznámou je jedno z čísel v mřížce;3 body za vypočtení čísla v prostředním poli.

Poznámka. Při jiném výběru neznámé dojdeme k jiné rovnici s obdobným řešením. Pokudnapř. y značí číslo v levém horním poli, potom dostaneme

y + (y + 3) + (y + 4) + (y + 6) + 100 =(y + 1) + (y + 2) + (y + 5) + (y + 7) + (y + 8),

4y + 113 = 5y + 23,

y = 90.

Číslo v prostředním poli je pak určeno jako y + 4 = 94.

Z7–II–3Adam má dva kvádry s objemy 12 cm3 a 30 cm3, přičemž rozměry každého z nich jsou

v centimetrech vyjádřeny navzájem různými celými čísly. Adam zjistil, že kvádry lze slepitk sobě tak, aby lepené stěny splývaly, a získat tak nový kvádr.Jaké rozměry mohl mít nový kvádr? Určete všechny možnosti. (E. Semerádová)

Možné řešení. Možné rozměry kvádrů určíme pomocí rozkladu zadaných objemů nasoučin tří různých přirozených čísel:

12 = 1 · 2 · 6 = 1 · 3 · 4,30 = 1 · 2 · 15 = 1 · 3 · 10 = 1 · 5 · 6 = 2 · 3 · 5.

V těchto rozkladech hledáme společné dvojice čísel, které představují rozměry lepenýchstěn. Takové dvojice jsou právě tři a odpovídají následujícím možnostem:

a) Pro společnou stěnu 1 cm× 2 cm je třetí rozměr nového kvádru 6 + 15 = 21 (cm).b) Pro společnou stěnu 1 cm× 3 cm je třetí rozměr nového kvádru 4 + 10 = 14 (cm).c) Pro společnou stěnu 1 cm× 6 cm je třetí rozměr nového kvádru 2 + 5 = 7 (cm).Nový kvádr mohl mít rozměry 1 cm× 2 cm× 21 cm, 1 cm× 3 cm× 14 cm, nebo 1 cm×

× 6 cm× 7 cm.Jiné řešení. Součet objemů obou kvádrů je 42 cm3. Stejně jako u původních kvádrů jsourozměry nového kvádru v centimetrech vyjádřeny celými čísly. Na rozdíl od původníchkvádrů však tyto rozměry nemusí být navzájem různé. Možné rozměry nového kvádruurčíme pomocí rozkladu jeho objemu na součin tří přirozených čísel:

42 = 1 · 1 · 42 = 1 · 2 · 21 = 1 · 3 · 14 = 1 · 6 · 7 = 2 · 3 · 7.

Dvojice čísel v těchto rozkladech představující společnou stěnu musí sestávat z různýchčísel, jejichž součin musí být menší než 12 (objem menšího z původních kvádrů). Takovédvojice jsou čtyři, a ty odpovídají následujícím možnostem:

3

a) Pro společnou stěnu 1 cm × 2 cm by třetí rozměr menšího, resp. většího kvádru byl12 : 2 = 6 (cm), resp. 30 : 2 = 15 (cm).

b) Pro společnou stěnu 1 cm × 3 cm by třetí rozměr menšího, resp. většího kvádru byl12 : 3 = 4 (cm), resp. 30 : 3 = 10 (cm).

c) Pro společnou stěnu 1 cm × 6 cm by třetí rozměr menšího, resp. většího kvádru byl12 : 6 = 2 (cm), resp. 30 : 6 = 5 (cm).

d) Pro společnou stěnu 2 cm × 3 cm by třetí rozměr menšího, resp. většího kvádru byl12 : 6 = 2 (cm), resp. 30 : 6 = 5 (cm).

V případě d) by menší z původních kvádrů neměl různé délky stran, ostatní možnostivyhovují všem požadavkům. Nový kvádr mohl mít rozměry 1 cm × 2 cm × 21 cm, 1 cm ×× 3 cm× 14 cm, nebo 1 cm× 6 cm× 7 cm.Návrh hodnocení. 2 body za určení všech rozkladů; 3 body za diskusi a výběr vyhovu-jících možností; 1 bod za závěr.

4


II. kolo kategorie Z8Z8–II–1Monika přemýšlí o čtyřmístném čísle, které má následující vlastnosti:

• součin dvou krajních číslic je 40,• součin dvou vnitřních číslic je 18,• rozdíl dvou krajních číslic je stejný jako rozdíl dvou vnitřních číslic,• rozdíl myšleného čísla a opačně napsaného čísla (tj. čísla napsaného stejnými číslicemi,ale v opačném pořadí) je největší možný.

Určete Moničino myšlené číslo. (L. Hozová)

Možné řešení. Součin dvou krajních číslic je 40, a to je možné pouze jako 40 = 5 · 8.Rozdíl těchto číslic je roven 8 − 5 = 3. Součin dvou vnitřních číslic je 18, a to je možnébuď jako 18 = 2 · 9, nebo jako 18 = 3 · 6. V prvním případě je rozdíl 9− 2 = 7, což je různéod rozdílu krajních číslic. Ve druhém případě je rozdíl 6 − 3 = 3, což souhlasí s rozdílemkrajních číslic. Z prvních tří podmínek tedy vyplývá, že krajní číslice jsou 5 a 8, vnitřníčíslice jsou 3 a 6. Taková čísla jsou čtyři:

5368, 8635, 8365, 5638. (1)

Aby byl rozdíl myšleného čísla a opačně napsaného čísla největší možný, musí být namístě tisíců, resp. stovek větší ze dvou možných číslic. Monika přemýšlela o čísle 8635.

Návrh hodnocení. 1 bod za dvojici krajních číslic; 1 bod za možné dvojice vnitřníchčíslic; 2 body za určení správné dvojice vnitřních číslic a čtyř možností (1); 2 body zaurčení vyhovující možnosti.

Poznámka. Mezi čísly (1) jsou opačně napsána čísla v první dvojici a čísla ve druhédvojici. Závěrečnou část úlohy lze provést porovnáním čtyř možných rozdílů:

8635− 5368 = 3267, 5368− 8635 = −3267,8365− 5638 = 2727, 5638− 8365 = −2727.

Z8–II–2Mat kopal jámu. Pat se ho zeptal, jak bude jáma hluboká. Mat odpověděl hádankou:„Měřím 90 cm a právě mám vykopánu polovinu jámy. Až vykopu jámu celou, bude

vršek mojí hlavy pod povrchem země tak hluboko, jak je nyní nad povrchem země.ÿJak hlubokou jámu Mat kopal? (L. Hozová)

Možné řešení. Z Matova vysvětlení plyne, že jeho výška je přesně mezi hloubkou celéjámy a její polovinou. Tedy 90 cm je rovno třem čtvrtinám hloubky celé jámy. Mat kopaljámu hlubokou 43 · 90 = 120 (cm).Návrh hodnocení. 3 body za poznatek, že 90 cm odpovídá 34 hloubky celé jámy; 3 bodyza výpočet hloubky jámy.

1

Jiné řešení. Pokud označíme j hloubku celé jámy, potom podle Matova vysvětlení mů-žeme vzdálenost vršku Matovy hlavy od povrchu země vyjádřit jako

j − 90 = 90− 12j. (1)

Odtud dostáváme 32j = 180, tedy j = 120. Mat kopal jámu hlubokou 120 cm.

Návrh hodnocení. 3 body za vyjádření informací ze zadání pomocí neznámé j; 3 bodyza výpočet hloubky jámy.

Poznámka. Pokud označíme v vzdálenost vršku Matovy hlavy od povrchu země a jhloubku celé jámy, potom Matovo vysvětlení můžeme zapsat např. jako

90 =12j + v, 90 = j − v.

Obvyklými úpravami lze z této soustavy získat rovnici ekvivalentní s (1).

Z8–II–3Pravoúhlý trojúhelník ABC má odvěsny |AB| = 5 cm a |BC| = 12 cm. Vrcholy troj-

úhelníku ABC jsou zobrazeny tak, že

• bod A se zobrazuje do bodu A′ souměrně podle osy úhlu ABC,• bod B se zobrazuje do bodu B′ souměrně podle středu úsečky BC,• bod C se zobrazuje do bodu C ′ souměrně podle osy úsečky AB.

Určete obsah trojúhelníku A′B′C ′. (M. Dillingerová)

Možné řešení. Ramena úhlu ABC jsou souměrná podle jeho osy. Proto bod A′ leží napolopřímce BC, a to tak, že |BA′| = |BA| = 5 cm.Koncové body úsečky BC jsou souměrné podle jejího středu, proto B′ = C.Body C a C ′ jsou souměrné podle osy úsečky AB, proto je úsečka CC ′ kolmá k této

přímce. Navíc je trojúhelník ABC pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu B, proto body A,B, C, C ′ tvoří vrcholy obdélníku.

A B

C = B′

A′

C ′

2

Trojúhelník A′B′C ′ je tedy pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu B′. Jeho odvěsnymají velikosti

|A′B′| = |BB′| − |BA′| = 12− 5 = 7 (cm),|B′C ′| = |AB| = 5 (cm).

Obsah trojúhelníku A′B′C ′ je 12 · 7 · 5 = 17,5 (cm2).Návrh hodnocení. Po 1 bodu za upřesnění poloh bodů A′, B′, C ′; 2 body za poznatek,že trojúhelník A′B′C ′ je pravoúhlý; 1 bod za velikosti odvěsen a obsah.

3



Z9–II–1

Do prázdných políček doplňte čísla tak, aby v políčcích uprostřed každé vyznačenéúsečky byl součet čísel z jejích krajních políček a aby součty čísel z políček na obou úhlo-příčkách byly stejné. (S. Bednářová)

10

4 8

Možné řešení. Podle první podmínky umíme doplnit pouze prostřední políčko na prvnímřádku, 4 + 8 = 12, a prostřední políčko na třetím řádku, 10− 12 = −2.

Další čísla přímo doplnit neumíme, ale můžeme si pomoci neznámou a rovnicí. Pokudnapř. číslo v prvním políčku na třetím řádku označíme x, potom podle první podmínkybude ve třetím políčku na tomtéž řádku −x − 2.

10

4 812

−2x −x−2

Podle druhé podmínky dostáváme

4 + 10− x − 2 = 8 + 10 + x,

2x = −6,x = −3.

Po dosazení umíme doplnit také zbývající čísla na druhém řádku a dostáváme násle-dující jednoznačné řešení:

1

10

4 812

−2−3 1

1 9

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za doplnění hodnot 12 a −2; 3 body za sestavení a vyřešenírovnice; 1 bod za doplnění zbývajících čísel.

Řešení pomocí rovnice není nezbytné, lze odhalit např. postupným zkoušením a vy-světlením, že úloha více řešení nemá. Naopak, označením více čísel z prázdných políchneznámými lze úlohu řešit pomocí více rovnic o více neznámých. Navrhované hodnocenípřizpůsobte žákovskému řešení s ohledem na jeho úplnost a kvalitu komentáře.

Z9–II–2

Pat sečetl všechna čtyřmístná čísla, z nichž každé obsahovalo všechny číslice 1, 2, 3a 4, a dospěl k součtu 58 126.

Mat Pata upozornil, že výsledek není dobře, a zároveň mu prozradil, že součet lzezískat jednodušším způsobem než vypisováním a postupným sčítáním všech čísel. Pat sinechal poradit, úlohu vyřešil a zjistil, že původně sice počítal správně, ale na dva sčítancezapomněl.

Zjistěte, na která čísla Pat původně zapomněl. (L. Hozová)

Možné řešení. Všech čtyřmístných čísel obsahujících všechny uvedené číslice je 24:

1 234 1 243 1 324 1 342 1 423 1 432

2 134 2 143 2 314 2 341 2 413 2 431

3 124 3 142 3 214 3 241 3 412 3 421

4 123 4 132 4 213 4 231 4 312 4 321

Mezi těmito 24 čísly se na každém místě opakuje každá ze 4 číslic právě 6krát (6 · 4 = 24).Součet všech číslic jak na místě jednotek, tak na místě desítek, stovek i tisíců je roven

6 · (1 + 2 + 3 + 4) = 60.

Součet všech uvedených čísel je proto roven

60 + 10 · 60 + 100 · 60 + 1 000 · 60 = 66 660.

2

Protože Patovi původně vyšlo 58 126, musí být součet dvou chybějících sčítanců roven

66 660− 58 126 = 8 534.

Protože všechna čísla sestávají z číslic menších než 5, nedochází při sečítání kterýchkolidvou nikde k přechodu přes desítku. Číslice na jednotlivých místech čísla 8 534 lze protozískat následovně:

• 8 = 4 + 4,• 5 = 2 + 3 (možnost 1 + 4 vylučujeme, protože pak by jeden ze sčítanců měl na dvoumístech 4),

• 3 = 1 + 2,• 4 = 1 + 3 (možnost 2 + 2 vylučujeme, protože pak by jeden ze sčítanců měl na dvoumístech 2).

Číslo 8 534 lze vyjádřit jedině jako součet čísel 4 213 a 4 321. A to jsou právě čísla, nakterá Pat původně zapomněl.

Návrh hodnocení. 3 body za určení správného součtu 66 660; 1 bod za určení rozdílu8 534; 2 body za určení původně chybějících čísel 4 213 a 4 321.

Poznámky. Počet všech čtyřmístných čísel obsahujících čtyři různé číslice je roven počtuvšech permutací čtyřprvkové množiny, a těch je 4 · 3 · 2 · 1 = 24.

Celkový správný součet lze odvodit také seskupováním vhodných sčítanců: např. sou-čet každého čísla s číslem napsaným opačně je vždy 5 555 (viz 1 234 + 4 321 = 5 555)a takových dvojic je zřejmě 12; součet všech uvažovaných čísel tedy je 12 · 5 555 = 66 660.

Z9–II–3

Vědci pouštěli do bludiště potkany a sledovali, jestli se dostanou do cíle. Zjistili, žečerných potkanů došlo k cíli 56%, bílých 84%. V cíli byl poměr počtu černých a bílýchpotkanů 1 : 2.

Jaký byl poměr počtu černých a bílých potkanů na startu? (M. Petrová)

Možné řešení. Počet černých potkanů na startu si označíme x, počet bílých potkanů nastartu si označíme y. K cíli tak došlo 0,56x černých potkanů a 0,84y bílých potkanů a podlezadání je 0,56x : 0,84y = 1 : 2. Potřebujeme zjistit poměr x : y.

Předchozí rovnost můžeme zapsat jako

0,56x0,84y

=12,

což je ekvivalentní sx

y=1

2· 8456=42

56=3

4.

Poměr černých a bílých potkanů na startu byl 3 : 4.

Návrh hodnocení. 3 body za odvození úvodní rovnosti nebo podobného vztahu; 3 bodyza vyjádření poměru x : y.

3

Z9–II–4

Na úsečce PQ je jednou stranou položen čtverec MNOP , viz obrázek. Přímka PQse postupně překlápí po stranách čtverce MNOP , přičemž bod Q zanechává na papířestopu. Po prvním překlopení je tato stopa dlouhá 5 cm, po pěti překlopeních bod Q splynes jedním z vrcholů čtverce.

Určete délku celé stopy bodu Q. (V. Žádník)

P M

NO

Q

Možné řešení. Při každém překlopení opisuje bod Q čtvrtkružnici se středem v některémz vrcholů čtverce a s poloměrem, který se postupně zmenšuje o délku strany čtverce. Abybod Q po pěti překlopeních splynul s některým vrcholem čtverce, musí být úsečka MQpětinásobkem strany čtverce.

P M

O

Q

Q1

Q2

Q3

Q4

N = Q5

4

Délky čtvrtkružnic jsou ve stejných poměrech jako jejich poloměry. Přitom poloměryvšech čtvrtkružnic jsou celočíselnými násobky poloměru nejmenší (páté) čtvrtkružnice.Pokud její délku označíme d, potom součet délek všech pěti čtvrtkružnic je

d+ 2d+ 3d+ 4d+ 5d = 15d, (1)

což je trojnásobek délky největší (první) čtvrtkružnice. Ze zadání víme, že první čtvrtkruž-nice je dlouhá 5 cm. Součet (1), tedy délka stopy opsané bodem Q, je

3 · 5 = 15 (cm).

Návrh hodnocení. 2 body za určení MQ jako pětinásobku strany čtverce; 2 body zavyjádření součtu (1); 2 body za dořešení a vyjádření v cm.

Poznámka. Vyjádření d pomocí délky strany čtverce, ozn. a, je d = 1

2πa. Součet (1) pak

může být napsán takto:

1

2πa · (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 15

2πa = 3 · 5

2πa.

K určení součtu v cm nepotřebujeme znát ani a, ani d.

5



Z9–III–1

Míša a Jana dnes obě mají narozeniny, dohromady je jim 84 let. Přitom Míša mádvakrát víc let, než měla Jana, když Míša měla tolik let, kolik má Jana dnes.

Kolik let má Míša a kolik Jana? (M. Volfová)

Možné řešení. Informace ze zadání můžeme pomocí jedné neznámé zapsat např. takto:

dnes dříve

Míša 2x 84− 2xJana 84− 2x x

Rozdíl věků je v obou řádcích stejný (rozdíl mezi „dnesÿ a „dříveÿ), což vede k rovnici

2x − 84 + 2x = 84− 2x − x,

jejíž řešení je7x = 168,

x = 24.

Odtud dostáváme 2x = 48 a 84− 2x = 36, tzn. Míša má 48 let a Jana 36 let.Jiné řešení. Vztahy ze zadání je možné s více neznámými vyjádřit např. takto:

dnes dříve

Míša 2x y

Jana y x

Míše a Janě je dohromady 84 let a rozdíl věků je na obou řádcích stejný. To vede k soustavědvou rovnic

2x+ y = 84,

2x − y = y − x,

která je ekvivalentní soustavě4x+ 2y = 168,

3x = 2y.

Dosazením druhé rovnice do první dostáváme

7x = 168,

x = 24.

Odtud vyplývá 2x = 48 a y = 3

2· 24 = 36, to znamená, že Míše je 48 let a Janě 36 let.

1

Návrh hodnocení. 2 body za vyjádření vztahů obsažených v úvodní tabulce; 2 bodyza sestavení a vyřešení rovnice, resp. soustavy rovnic; po 1 bodu za dopočítání věků Míšia Jany.

Poznámka. Za neznámou může být zvolen také rozdíl mezi „dnesÿ a „dříveÿ nebo rozdílmezi věky Míši a Jany; v takovém případě by úvodní vztahy spolu s ostatními podmínkamivedly k jiné soustavě rovnic s obdobným řešením, tedy i hodnocením.

Ze zadání plyne, že Míša je starší než Jana a že Míšin věk je sudé číslo. Součet jejichvěků je 84 let, takže místo uvedeného řešení rovnic je možné postupně zkoušet, kteráz následující možností vyhovuje ostatním požadavkům ze zadání:

Míša 44 46 48 . . .

Jana 40 38 36 . . .

Takto lze snadno odhalit, že vyhovující je třetí možnost. Bez zdůvodnění, že se jednáo jedinou možnost, hodnoťte takové řešení nejvýše 4 body. Za zdůvodnění jednoznačnostiudělte další 2 body podle kvality komentáře.

Z9–III–2

Před Honzou seděly tři zahalené princezny, z nichž jedna byla Zlatovláska. Honza mělza úkol zjistit, která z nich to je.

Princezna v prvním křesle řekla: „Ve třetím křesle Zlatovláska nesedí.ÿPrincezna ve druhém křesle řekla: „Já Zlatovláska nejsem.ÿPrincezna ve třetím křesle řekla: „Já jsem Zlatovláska.ÿKouzelná muška Honzovi prozradila, kolik princezen lhalo. Teprve s touto radou do-

kázal Honza odhalit pravou Zlatovlásku.Která z princezen byla Zlatovláska? (M. Volfová)

Možné řešení. Rozlišíme tři případy podle toho, kde mohla sedět Zlatovláska:1. Pokud by Zlatovláska seděla v prvním křesle, potom by

• princezna v prvním křesle mluvila pravdu,• princezna ve druhém křesle mluvila pravdu,• princezna ve třetím křesle lhala.

2. Pokud by Zlatovláska seděla ve druhém křesle, potom by

• princezna v prvním křesle mluvila pravdu,• princezna ve druhém křesle lhala,• princezna ve třetím křesle lhala.

3. Pokud by Zlatovláska seděla ve třetím křesle, potom by

• princezna v prvním křesle lhala,• princezna ve druhém křesle mluvila pravdu,• princezna ve třetím křesle mluvila pravdu.V prvním a ve třetím případě by lhala jedna princezna, ve druhém případě by lhaly

dvě princezny. Protože muščí rada Honzovi pomohla odhalit Zlatovlásku, musela mu muškaprozradit, že lhaly dvě princezny. Tomu odpovídá druhý případ, totiž že Zlatovláska sedělave druhém křesle. (Pokud by muška tvrdila, že lhala jedna princezna, Honza by neumělrozhodnout mezi prvním a třetím případem.)

2

Návrh hodnocení. 4 body za rozbor všech případů; 2 body za určení jediného možnéhopřípadu a umístění Zlatovlásky.

Poznámka. Předchozí rozbor možností lze pojmout opačně, tj. podle pravdivosti, resp.nepravdivosti jednotlivých výroků vyvozovat, kde by měla sedět Zlatovláska. Takto by semuselo diskutovat celkem osm případů:

• Výroky princezen v prvním a ve třetím křesle jsou navzájem v rozporu, tudíž tyto dvěprincezny nemohou obě současně mluvit pravdu — tím jsou vyloučeny dva případy.

• Ze stejného důvodu nemohou princezny v prvním a ve třetím křesle obě současnělhát — tím jsou vyloučeny další dva případy.

• Není možné, aby současně princezna ve druhém křesle lhala a princezna ve třetímkřesle mluvila pravdu (to by byly obě Zlatovlásky) — tím je vyloučen další případ.

Zbylé tři případy odpovídají právě případům v uvedeném řešení.

Z9–III–3

Velitel svolal ostatní obránce hradu a rozhodl, jak se rozdělí o svou odměnu:„První si vezme jeden zlaťák a sedminu zbytku, druhý si vezme dva zlaťáky a sedminu

nového zbytku a tak dále. Tedy n-tý obránce si vezme n zlaťáků a k tomu ještě sedminuze zbývajícího množství zlaťáků, dokud nějaké budou.ÿ

Takto se podařilo rozdělit všechny zlaťáky a přitom všichni obránci dostali stejně.Kolik obránců se dělilo o odměnu? (M. Volfová)

Možné řešení. Označme počet obránců p a uvažujme odzadu. Poslední p-tý obránce sivzal p zlaťáků, a tím byly rozebrány všechny zlaťáky. Předposlední (p − 1)-tý obránce sivzal p − 1 zlaťáků a sedminu aktuálního zbytku, který označíme z. Protože oba obráncidostali stejně, platí

p − 1 + 17

· z = p. (1)

Odtud dostáváme 17

· z = 1, tedy z = 7. Současně však platí, že poslední obránce mělk dispozici šest sedmin tohoto zbytku. To znamená, že

p =6

7· z, (2)

tedy p = 6. Pokud se obránci rozdělili o všechny zlaťáky a všichni dostali stejně, muselojich být šest, každý dostal šest zlaťáků, všech zlaťáků proto bylo 6 · 6 = 36. Protože jsmedosud uvažovali jenom některé informace ze zadání, je nutné ověřit, že takové dělení jeskutečně možné:

vzal zůstalo

první 1 + 17(36− 1) = 6 36− 6 = 30

druhý 2 + 17(30− 2) = 6 30− 6 = 24

třetí 3 + 17(24− 3) = 6 24− 6 = 18

čtvrtý 4 + 17(18− 4) = 6 18− 6 = 12

pátý 5 + 17(12− 5) = 6 12− 6 = 6

šestý 6 + 17(6− 6) = 6 6− 6 = 0

3

O odměnu se dělilo šest obránců.

Návrh hodnocení. 3 body za vztah (1) a určení z = 7; 2 body za vztah (2) a výsledekp = 6; 1 bod za ověření.

Jiné řešení. Označme počet všech zlaťáků l a uvažujme odpředu. První obránce si vzaljeden zlaťák a sedminu zbytku, tedy si vzal

1 +1

7(l − 1) = 1

7(l + 6) (3)

zlaťáků a počet zlaťáků se tak zmenšil na 67(l − 1). Druhý obránce si vzal dva zlaťáky

a sedminu nového zbytku, tedy si vzal

2 +1

7

(67(l − 1)− 2

)=1

49(6l + 78) (4)

zlaťáků. Protože oba obránci dostali stejně, platí

1

7(l + 6) =

1

49(6l + 78). (5)

Odtud dostáváme7l + 42 = 6l + 78,

l = 36.

Rozepsáním jako v tabulce u předchozího postupu se ověří, že jsme nalezli vyhovující řešenía že obránců bylo šest.

Návrh hodnocení. Po 1 bodu za vztah (3), resp. (4) a jeho případnou úpravu; 2 bodyza sestavení a vyřešení rovnice (5); 2 body za ověření a výsledek.

Jiné řešení. Označme počet obránců p. Poslední p-tý obránce si vzal p zlaťáků, a tím bylyrozebrány všechny zlaťáky. Všichni obránci dostali stejně, každý proto dostal p zlaťáků.Obránci se tedy dělili celkem o p2 zlaťáků.

První obránce si vzal jeden zlaťák a sedminu zbytku, pročež platí

1 +1

7(p2 − 1) = p, (6)

tedyp2 − 1 = 7(p − 1).

Levou stranu v této rovnici lze vyjádřit jako p2 − 1 = (p + 1)(p − 1). Ze zadání plyne, žep > 1, tudíž p − 1 > 0 a předchozí rovnice je ekvivalentní s rovnicí

p+ 1 = 7,

tedy p = 6. Rozepsáním jako v tabulce u prvního postupu se ověří, že jsme nalezli vyhovujícířešení. O odměnu se dělilo šest obránců.

Návrh hodnocení. 2 body za vyjádření počtu všech zlaťáků pomocí p; 3 body za sesta-vení a vyřešení rovnice (6); 1 bod za ověření.

S poznatkem o počtu všech zlaťáků lze zkoušením zjistit, že nejmenší p, pro které lzezlaťáky rozdělit podle uvedených pravidel, je p = 6. Takové řešení bez zdůvodnění, že se

4

jedná o jedinou možnost, hodnoťte nejvýše 4 body. Za zdůvodnění jednoznačnosti uděltedalší 2 body podle kvality komentáře.

Jiné řešení. Označme počet všech zlaťáků l. První obránce si vzal jeden zlaťák a sedminuzbytku, pročež onen zbytek l − 1 musel být dělitelný sedmi. Číslo l je proto tvaru

l = 7k + 1 (7)

pro nějaké kladné celočíselné k. První obránce si tedy vzal

1 +1

7(l − 1) = 1 + k

zlaťáků. Všichni obránci dostali stejně a poslední dostal právě tolik zlaťáků, jaké bylo jehopořadové číslo. To znamená, že obránců bylo k+1 a každý dostal k+1 zlaťáků, celkem setedy dělili o

l = (k + 1)2 = k2 + 2k + 1 (8)

zlaťáků. Porovnáním (7) a (8) dostáváme rovnici

7k + 1 = k2 + 2k + 1, (9)

neboli 5k = k2. Ze zadání plyne, že obránci byli alespoň dva, tudíž k > 0 a předchozírovnice je ekvivalentní s k = 5. Rozepsáním jako v tabulce u prvního postupu se ověří, žejsme nalezli vyhovující řešení. O odměnu se dělilo šest obránců.

Návrh hodnocení. 1 bod za vztah (7); 2 body za vztah (8); 2 body za sestavení a vyřešenírovnice (9); 1 bod za ověření.

S poznatkem (7) lze zkoušením zjistit, že nejmenší k, pro které lze zlaťáky rozdělitpodle uvedených pravidel, je k = 5. Takové řešení bez zdůvodnění, že se jedná o jedinoumožnost, hodnoťte nejvýše 4 body. Za zdůvodnění jednoznačnosti udělte další 2 body podlekvality komentáře.

Z9–III–4

V rovnoramenném trojúhelníku ABC je základna AB dlouhá 6 cm a úhel BCA mávelikost 45◦.

Vypočtěte poloměr kružnice opsané tomuto trojúhelníku. (L. Růžičková)

Možné řešení. Střed S kružnice opsané trojúhelníku ABC označíme S. Vzdálenoststředu S od každého z bodů A, B, C je rovna hledanému poloměru, který označíme r.Trojúhelníky ACS, BCS a ABS jsou tedy rovnoramenné. Nejprve ukážeme, že trojúhel-ník ABS je pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu S.

Střed S leží na ose základny AB, která je zároveň osou souměrnosti trojúhelníku ABC.Rovnoramenné trojúhelníky ACS a BCS jsou tedy shodné. Proto i úhly SAC, ACS, SCBa CBS jsou navzájem shodné s velikostmi

α =1

2· 45◦ = 22◦30′. (1)

Součet velikostí vnitřních úhlů SAC a ACS v trojúhelníku ACS je roven 45◦, a to je takévelikost vnějšího úhlu u vrcholu S (na obr. označeného ω). Tento úhel je polovinou úhluASB, proto je úhel ASB pravý.

5

α α

α α

A B

C

S

ω ω

V pravoúhlém trojúhelníku ABS mají obě odvěsny délku r a přepona AB je dlouhá6 cm. Podle Pythagorovy věty platí

r2 + r2 = 62,

tedy r =√18 = 3

√2 (cm). Kružnice opsaná trojúhelníku ABC má poloměr 3

√2 cm.

Návrh hodnocení. 1 bod za poznatek o shodnosti trojúhelníků ACS a BCS, resp. úhlůSAC, ACS, SCB a CBS; 3 body za odvození, že úhel ASB je pravý; 2 body za výpočetpoloměru (za správnou odpověď považujte kteroukoli z výše uvedených hodnot).

První 4 body udělte i v případě, že velikost úhlu ASB je odvozena s odkazem na větuo středovém a obvodovém úhlu.

Za užití Pythagorovy věty v trojúhelníku ABS bez zdůvodnění, proč je tento troj-úhelník pravoúhlý, udělte nejvýše 1 bod.

Poznámky. Po výpočtu (1) se lze k velikosti úhlu ASB dopočítat rozličnými způsoby.Např. určením velikostí vnitřních úhlů u základny v rovnoramenném trojúhelníku ABC,

1

2(180◦ − 45◦) = 67◦30′,

poté vyjádřením velikostí vnitřních úhlů u základny v rovnoramenném trojúhelníku ABS,

β = 67◦30′ − 22◦30′ = 45◦,

odkud je velikost úhlu ASB vypočtena jako

δ = 180◦ − 2 · 45◦ = 90◦.

Jiné odvození může být založeno na určení velikostí zbylých vnitřních úhlů ve shodnýchrovnoramenných trojúhelnících ACS a BCS,

γ = 180◦ − 2 · 22◦30′ = 135◦,

6

odkud je velikost úhlu ASB vypočtena jako

δ = 360◦ − 2 · 135◦ = 90◦.

α α

α α

A B

C

δ

γγ

β β

7



Honzík dostal kapesné a chce si za ně koupit něco dobrého. Kdyby si koupil čtyřikoláče, zbylo by mu 5 Kč. Kdyby si chtěl koupit pět koláčů, chybělo by mu 6 Kč. Kdybysi koupil dva koláče a tři koblihy, utratil by celé kapesné beze zbytku.

Kolik stojí jedna kobliha? (L. Dedková)

Nápověda. Kolik stojí jeden koláč?

Možné řešení. Honzíkovo kapesné lze vyjádřit třemi způsoby, a to jako

• součet ceny 4 koláčů plus 5 Kč,• součet ceny 5 koláčů minus 6 Kč,• součet cen 2 koláčů a 3 koblih.

Z prvních dvou vyjádření vyplývá, že jeden koláč stojí 5 + 6 = 11 Kč. Odtud takézjišťujeme, že Honzíkovo kapesné bylo 4 · 11 + 5 = 5 · 11− 6 = 49 Kč. Ze třetího vyjádřeníplyne, že za tři koblihy by Honzík zaplatil 49 − 2 · 11 = 27 Kč. Jedna kobliha tedy stojí27 : 3 = 9 Kč.

Z5–I–2Honza měl tři klece (černou, stříbrnou, zlatou) a tři zvířata (morče, potkana a tchoře).

V každé kleci bylo jedno zvíře. Zlatá klec stála nalevo od černé klece. Stříbrná klec stálanapravo od klece s morčetem. Potkan byl v kleci napravo od stříbrné klece.

Určete, v které kleci bylo které zvíře. (L. Hozová)

Nápověda. Jaké bylo pořadí klecí?

Možné řešení. Z posledních dvou informací vyplývá, že stříbrná klec nestála ani zcelavlevo, ani zcela vpravo, tedy stála uprostřed. Zlatá klec stála nalevo od černé klece, tedypořadí klecí bylo: zlatá, stříbrná, černá.

Potkan byl v kleci napravo od stříbrné klece, tedy byl v černé kleci. Stříbrná klec stálanapravo od klece s morčetem, tedy morče bylo ve zlaté kleci. Honza měl zvířata v klecíchrozmístěna takto:

zlatá stříbrná černá

morče tchoř potkan

Z5–I–3Na obrázku je diagram se sedmi políčky. Nakreslete do něj hvězdičky tak, aby byly

splněny všechny následující podmínky:

1. Hvězdiček je celkem 21.2. V každém políčku je alespoň jedna hvězdička.3. V políčkách označených A, B, C je dohromady 8 hvězdiček.4. V políčkách označených A a B je dohromady méně hvězdiček než v políčku označe-

ném C.

1

5. V políčku označeném B je více hvězdiček než v políčku označeném A.6. V kruhu je celkem 15 hvězdiček, v trojúhelníku celkem 12 hvězdiček a v obdélníku

celkem 14 hvězdiček.

(E. Semerádová)

A

B

C

Nápověda. Určete nejdřív počty hvězdiček v políčkách A, B, C.

Možné řešení. Z druhé a páté podmínky vyplývá, že v políčku A je alespoň 1 hvězdičkaa v políčku B jsou alespoň 2 hvězdičky. Tedy v políčkách A a B jsou dohromady alespoň3 hvězdičky. Ze třetí a čtvrté podmínky vyplývá, že v těchto dvou políčkách nejsou dohro-mady více něž 3 hvězdičky. Proto jsou v políčkách A a B dohromady právě 3 hvězdičkya v políčku C je 5 hvězdiček:

A = 1, B = 2, C = 5.

Také ostatní políčka označíme písmeny jako na následujícím obrázku:

A

B

C D

E

FG

Každé z políček A, B a C je společné dvěma ze tří útvarů zmiňovaných v šesté pod-mínce (např. políčko A patří kruhu a trojúhelníku). Políčko D je společné všem třemútvarům. Zbylá políčka E, F a G patří do navzájem různých útvarů. Součet hvězdičekv kruhu, trojúhelníku a obdélníku je 15 + 12 + 14 = 41 a v tomto součtu jsou hvězdičkyz políček A, B, C započteny dvakrát, hvězdičky z políčka D třikrát a hvězdičky z políček

2

E, F , G jedenkrát. Přitom podle první podmínky je hvězdiček celkem 21 a v tomto součtujsou hvězdičky z každého políčka počítány jedenkrát. Rozdíl 20 hvězdiček proto odpovídásoučtu hvězdiček v políčkách A, B, C (kterých je celkem 8) a dvojnásobku počtu hvězdičekv políčku D. V políčku D proto musí být 6 hvězdiček:

D = (20− 8) : 2 = 6.

Počty hvězdiček ve zbylých políčkách lze nyní dopočítat podle informací v šesté pod-mínce:

15 = A+ C +D + E, tedy E = 15− 1− 5− 6 = 3,

12 = A+B +D + F, tedy F = 12− 1− 5− 2 = 3,

14 = B + C +D +G, tedy G = 14− 2− 5− 6 = 1.

1

2

5 6

3

31

Jiné řešení. Stejně jako v předchozím řešení odvodíme počty hvězdiček v políčkách A, Ba C:

A = 1, B = 2, C = 5.

Podle informací v šesté podmínce zjišťujeme, že

15 = A+ C +D + E, tedy D + E = 15− 1− 5 = 9,

12 = A+B +D + F, tedy D + F = 12− 1− 2 = 9,

14 = B + C +D +G, tedy D +G = 14− 2− 5 = 7.

Odtud vidíme, že v políčkách E a F je stejný počet hvězdiček, a ten je o 2 větší nežv políčku G. Nyní můžeme postupně dosazovat počty hvězdiček v kterémkoli z políček D,E, F , G, z předchozího vyjádřit počty ve zbylých třech políčkách a ověřit, zda je celkovýsoučet A+B+C +D+E+F +G roven 21. Dosazujeme za G, přičemž máme na paměti,

3

že v každém políčku má být alespoň jedna hvězdička:

G E = F D součet

1 3 6 21

2 4 5 23

3 5 4 25

4 6 3 27

5 7 2 29

6 8 1 31

Jediná vyhovující možnost je zvýrazněna na prvním řádku.

Z5–I–4Eva s Markem hráli badminton a Viktor jim počítal výměny. Po každých 10 výměnách

nakreslil Viktor křížek (X). Poté místo každých 10 křížků nakreslil kolečko (O) a odpoví-dajících 10 křížků smazal. Když Eva a Marek hru ukončili, měl Viktor nakresleno toto:

OOOXXXXXXX

Určete kolik nejméně a kolik nejvíce výměn Eva s Markem sehrála. (M. Smitková)

Nápověda. Kolik výměn mohla Eva s Markem sehrát, kdyby nakonec bylo nakreslenopouze jedno kolečko?

Možné řešení. Každé kolečko nahrazuje 10 křížků, předchozí zápis tedy odpovídá 37 kříž-kům. Každý křížek představuje 10 odehraných výměn, Eva s Markem tedy sehrála nejméně370 a nejvíce 379 výměn.

Z5–I–5Sestrojte libovolnou úsečku AS, pak sestrojte kružnici k se středem v bodě S, která

prochází bodem A.

1. Sestrojte na kružnici k body E, F , G tak, aby spolu s bodem A tvořily obdélníkAEFG. Najděte alespoň dvě řešení.

2. Sestrojte na kružnici k body B, C,D tak, aby spolu s bodem A tvořily čtverec ABCD.

(L. Růžičková)

Nápověda. Co víte o úhlopříčkách v obdélníku a ve čtverci?

Možné řešení. 1. Obdélník je čtyřúhelník, který má všechny vnitřní úhly pravé. Úhlo-příčky každého obdélníku jsou stejně dlouhé a protínají se ve svých středech. Odtudzejména plyne, že kružnice se středem v průsečíku úhlopříček, která prochází jedním vr-cholem obdélníku, prochází také všemi ostatními vrcholy.

Z těchto vlastností lze odvodit několik řešení úlohy, např.:

• na kružnici k zvolíme libovolně bod E,• bod F sestrojíme jako průsečík kružnice k s kolmicí k přímce AE jdoucí bodem E,

4

• bod G sestrojíme jako průsečík kružnice k s kolmicí k přímce EF jdoucí bodem F .

Jiné řešení téže úlohy je toto:

• na kružnici k zvolíme libovolně bod E,• bod F sestrojíme jako průsečík kružnice k s přímkou AS,• bod G sestrojíme jako průsečík kružnice k s přímkou ES.

AS

kE

F

G

2. Čtverec je čtyřúhelník, který má všechny vnitřní úhly pravé a všechny strany stejnědlouhé. Kromě všech vlastností jmenovaných v předchozím případě navíc platí, že úhlo-příčky každého čtverce jsou navzájem kolmé.

Úlohu lze řešit např. takto:

• bod C sestrojíme jako průsečík kružnice k s přímkou AS,• body B a D sestrojíme jako průsečíky kružnice k s kolmicí k přímce AC jdoucí bo-

dem S.

AS

k

B

C

D

Z5–I–6Na stole leželo osm kartiček s čísly 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19. Ferda si vybral tři kartičky.

Sečetl na nich napsaná čísla a zjistil, že jejich součet je o 1 větší než součet čísel na zbylýchkartičkách.

Které kartičky mohly zůstat na stole? Určete všechny možnosti. (L. Hozová)

Nápověda. Jaký je součet čísel na všech kartičkách?

Možné řešení. Součet čísel na všech osmi kartičkách je

2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 = 77,

5

a to je rovno 39+38. Ferda si vybral tři kartičky se součtem čísel 39. Postupným zkoušenímod největších čísel najdeme všechny vyhovující možnosti:

v ruce na stole

19, 17, 3 13, 11, 7, 5, 2

19, 13, 7 17, 11, 5, 3, 2

6



Anička a Blanka si napsaly každá jedno dvojmístné číslo, které začínalo sedmičkou.Dívky si zvolily různá čísla. Poté každá mezi obě číslice vložila nulu, takže jim vzniklotrojmístné číslo. Od něj každá odečetla svoje původní dvojmístné číslo. Výsledek je pře-kvapil.

Určete, jak se jejich výsledky lišily. (L. Hozová)

Nápověda. Vyzkoušejte popsaný postup s několika konkrétními čísly.

Možné řešení. Dvojmístné číslo začínající sedmičkou je tvaru 7∗, kde místo hvězdičkymůže být libovolná číslice. Vložením nuly dostáváme trojmístné číslo tvaru 70∗. Bez ohleduna to, jakou číslici zastupuje hvězdička na místě jednotek, rozdíl vychází

7 0 ∗− 7 ∗

6 3 0

Výsledky Aničky a Blanky se nijak nelišily, oběma vyšlo 630.

Z6–I–2Erika chtěla nabídnout čokoládu svým třem kamarádkám. Když ji vytáhla z batohu,

zjistila, že je polámaná jako na obrázku. (Vyznačené čtverečky jsou navzájem shodné.)Dívky se dohodly, že čokoládu dále lámat nebudou a losem určí, jak velký kousek kterádostane.

Seřaďte čtyři kousky čokolády od nejmenšího po největší. (K. Jasenčáková)

Nápověda. Umíte porovnat jednotlivé kousky bez počítání?

Možné řešení. Nejprve označíme několik pomocných vrcholů jako na obrázku:

A B

CD

E

F

G

H

I

7

Úsečka AC je úhlopříčkou obdélníku ABCD, a ta dělí obdélník na dvě stejné části.Jedna část je tvořena trojúhelníky AEC a EBC, druhá část je tvořena mnohoúhelníkyAHGFD a CFGH.

Trojúhelník ABC je polovinou obdélníku ABCD. Trojúhelník EBC je polovinou ob-délníku EBCI, a ten je polovinou obdélníku ABCD. Proto má trojúhelník EBC polovičníobsah v porovnání s trojúhelníkem ABC a trojúhelníky EBC a AEC tak mají stejnýobsah.

Mnohoúhelníky AHGFD a CFGH lze rozdělit na menší části, které jsou po dvojicíchshodné, viz čárkované čáry na následujícím obrázku. Proto mají také tyto dva mnohoúhel-níky stejný obsah.

A

CD F

G

H

Všechny čtyři mnohoúhelníky tedy mají stejný obsah, neboli všechny čtyři kouskyčokolády jsou stejně velké.

Poznámka. Vyjádření obsahů jednotlivých kousků pomocí vyznačených čtverečků vypadátakto: celý obdélník má obsah 6 × 4 = 24 čtverečků, každý z trojúhelníků AEC a EBCmá obsah 1

2 (3 × 4) = 6 čtverečků, každý z mnohoúhelníků AHGFD a CFGH má obsah3 + 2 + 1 = 6 čtverečků (odvozeno z předchozího dělení).

Z6–I–3Honza měl 100 stejných zavařovacích sklenic, z kterých si stavěl trojboké pyramidy.

Nejvyšší poschodí pyramidy má vždy jednu sklenici, druhé poschodí shora představujerovnostranný trojúhelník, jehož strana sestává ze dvou sklenic, atd. Příklad konstrukcetrojposchoďové pyramidy je na obrázku.

1. poschodí 1. a 2. poschodí tříposchoďová pyramida

1. Kolik sklenic Honza potřeboval na pětiposchoďovou pyramidu?2. Kolik poschodí měla pyramida, na niž bylo použito co nejvíc Honzových sklenic?

(K. Jasenčáková)

Nápověda. Jak se liší počty sklenic v sousedních patrech?

8

Možné řešení. 1. Sklenice budeme počítat po poschodích shora. Ze zadání a návodnýchobrázků víme, že v pátém (nejvyšším) poschodí je 1 sklenice, ve čtvrtém poschodí jsou3 sklenice, ve třetím poschodí je 6 sklenic. Každé další (nižší) poschodí si lze představittak, že se k předcházejícímu (vyššímu) poschodí přidá jedna řada sklenic:

Na pětiposchoďovou pyramidu Honza potřeboval

1 + 1 + 2︸︷︷︸3

+ 1 + 2 + 3︸︷︷︸6

+ 1 + 2 + 3 + 4︸︷︷︸10

+ 1 + 2 + 3 + 4 + 5︸︷︷︸15

= 35 sklenic.

2. Se stejným nápadem jako v předchozím odstavci budeme pracovat dále, dokudnevyčerpáme maximum ze sta použitelných sklenic: na šestipatrovou pyramidu je potřeba

35 + 15 + 6︸︷︷︸21

= 56 sklenic,

na sedmipatrovou pyramidu je potřeba

56 + 21 + 7︸︷︷︸28

= 84 sklenic,

na osmipatrovou pyramidu je potřeba

84 + 28 + 8︸︷︷︸36

= 120 sklenic.

Se stem sklenic lze postavit nejvýše sedmipatrovou pyramidu.

Z6–I–4Veronika má klasickou šachovnici s 8×8 políčky. Řádky jsou označeny číslicemi 1 až 8,

sloupce písmeny a až h. Veronika položila na políčko b1 koně, se kterým lze pohybovatpouze tak jako v šachu.

1. Je možné přemístit koně ve čtyřech tazích na políčko h1?2. Je možné přemístit koně v pěti tazích na políčko e6?

Pokud ano, popište všechny možné posloupnosti tahů. Pokud ne, zdůvodněte, proč tomožné není. (K. Jasenčáková)

Nápověda. Označte si postupně políčka, na které lze koně přemístit po prvním tahu, podruhém tahu atd.

Možné řešení. 1. Po chvíli zkoušení zjistíme, že doskákat s koněm z políčka b1 na po-líčko h1 ve čtyřech tazích lze např. takto: c3, e2, g3, h1, viz obrázek.

9

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

0

12

3

4

Abychom doplnili všechny posloupnosti tahů mezi těmito políčky a na žádnou možnostnezapomněli, budeme postupovat následovně. Určíme všechna políčka, na která lze koněz b1 přemístit po prvním a po druhém tahu:

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

0

1 11

22

22

22

22

22

2

Určíme všechna políčka, na kterých musí kůň stát po třetím a po druhém tahu, aby počtvrtém tahu skončil na h1:

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

22

2

22

22

2

23

3

4

Určíme průnik předchozích dvou situací po druhém tahu:

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

22

2

2

10

Možnost s koněm po druhém tahu na e2 je jedna, a to je právě výše uvedené řešení.Možnosti s koněm po druhém tahu na e4 jsou čtyři:

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

0

12

3

4 1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

01

23

4

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

0

12

34 1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

01

2

34

Možnost s koněm po druhém tahu na d1 je jedna, stejně jako možnost s koněm po druhémtahu na f1:

1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

0

1

23

4 1

a

2

b

3

c

4

d

5

e

6

f

7

g

8

h

01

2

3

4

2. Snadno lze najít také cestu z políčka b1 na políčko e6 ve čtyřech tazích, ale v pětiuž ne. Důvodem je to, že barva políčka, na kterém kůň stojí, se při každém jeho tahu mění(jeden tah koně má dvě části: delší část je o dvě políčka, a při tom se barva zachovává,kratší část je o jedno políčko, a při tom se barva mění):

Výchozí políčko b1 je bílé, po prvním tahu bude kůň stát na černém políčku, po druhémtahu bude opět na bílém atd. — po lichém počtu tahů bude na černém políčku, po sudémpočtu tahů bude na bílém políčku. Políčko e6 je bílé a 5 je liché číslo, proto nelze přemístitkoně z b1 na e6 v pěti tazích.

Poznámka. Sedm možných řešení v první části úlohy lze nalézt náhodným zkoušeníma následně se zamýšlet nad zdůvodněním, že jsou tato řešení všechna. Při hodnocení buďteshovívaví, i ne zcela úplná zdůvodnění lze hodnotit stupněm 1. Avšak komentáře neobsa-hující žádné vysvětlení hodnoťte nanejvýš stupněm 2.

11

Z6–I–5

V plechovce byly červené a zelené bonbóny. Čeněk snědl 25 všech červených bonbónůa Zuzka snědla 3

5 všech zelených bonbónů. Teď tvoří červené bonbóny 38 všech bonbónů

v plechovce.Kolik nejméně bonbónů mohlo být původně v plechovce? (L. Růžičková)

Nápověda. Kolik bonbónů té které barvy mohlo, resp. nemohlo být původně v plechovce?

Možné řešení. Jak Čeněk, tak Zuzka snědli několik pětin bonbónů příslušné barvy. Protomusí být původní počet jak červených, tak zelených bonbónů dělitelný pěti. Budeme jakopůvodní počet červených bonbónů uvažovat co nejmenší čísla dělitelná pěti a zkusímevyjádřit počet zelených bonbónů:

• Pokud by červených bonbónů bylo původně 5, zbyly by z nich po ujídání 3. Tyto3 bonbóny by měly tvořit 38 všech zbylých bonbónů, tedy všech zbylých bonbónů bybylo 8 a zbylých zelených by tak bylo 5. Těchto 5 bonbónů by mělo tvořit zbylé 25 všechzelených, což nelze.

• Pokud by červených bonbónů bylo původně 10, zbylo by z nich po ujídání 6. Těchto6 bonbónů by mělo tvořit 38 všech zbylých bonbónů, tedy všech zbylých bonbónů bybylo 16 a zbylých zelených by tak bylo 10. Těchto 10 bonbónů by mělo tvořit zbylé25 všech zelených, takže všech zelených by původně bylo 25.

Nejmenší počet bonbónů, které mohly být původně v plechovce, je 10 + 25 = 35.

Jiná nápověda. Jakou část zbylých bonbónů tvořily zelené bonbóny?

Jiné řešení. Červené bonbóny tvořily po ujídání 38 všech bonbónů, zelené bonbóny taktvořily 58 všech zbylých bonbónů, proto počet zbylých zelených bonbónů musí být dělitelnýpěti.

Zuzka snědla 35 zelených bonbónů, v plechovce tak zbyly 25 původního počtu zelených

bonbónů, proto počet zbylých zelených bonbónů musí být dělitelný také dvěma. Celkemdostáváme, že počet zbylých zelených bonbónů musí být dělitelný deseti.

Nejmenší možný počet zbylých zelených bonbónů je 10. V takovém případě by pů-vodní počet zelených bonbónů byl 25, počet zbylých červených bonbónů 6 a původní početčervených bonbónů 10.

Nejmenší počet bonbónů, které mohly být původně v plechovce, je 10 + 25 = 35.

Poznámka. Předchozí úvahy je možné graficky znázornit takto:

po ujídání

puvodně

červené zelené

Pomocí neznámých c, resp. z, které označují původní počty červených, resp. zelenýchbonbónů, je možné úlohu zformulovat takto:

35c =

38

(35c+

25z),

12

kde c a z jsou čísla dělitelná pěti a 35c+25z je dělitelné osmi. Předchozí vyjádření lze upravit

na

8c = 3c+ 2z, neboli 5c = 2z.

Nejmenší c a z vyhovující všem uvedeným požadavkům jsou c = 2 ·5 = 10 a z = 5 ·5 = 25.

Z6–I–6

Sestrojte libovolnou úsečku DS, pak sestrojte kružnici k se středem v bodě S, kteráprochází bodem D.

1. Sestrojte rovnostranný trojúhelník DAS, jehož vrchol A leží na kružnici k.2. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC, jehož vrcholy B a C také leží na kružnici k.

(L. Růžičková)

Nápověda. Co všechno víte o rovnostranných trojúhelnících?

Možné řešení. 1. Úsečky AS a AD mají být shodné s danou úsečkou DS. Tedy

• bod A sestrojíme jako průsečík kružnice k a kružnice se středem D a poloměrem DS.

Takové body jsou dva.

k

D S

A1

A2

2. Pro trojúhelník ABC s vrcholy na kružnici k platí, že druhé průsečíky přímek AS,BS a CS s kružnicí k jsou středově souměrné s body A, B a C podle středu S. Je-litrojúhelník ABC rovnostranný, je rovnostranný i tento středově souměrný trojúhelník.Všech šest bodů na kružnici k pak tvoří vrcholy pravidelného šestiúhelníku. Pravidelnýšestiúhelník je tvořen šesti shodnými rovnostrannými trojúhelníčky, z nichž dva jsou se-strojeny v první části úlohy. Úsečka A1A2 na předchozím obrázku je proto jednou ze stranhledaného trojúhelníku:

• jeden z bodů A1, A2 v první části úlohy označíme A, druhý označíme B,• bod C sestrojíme jako průsečík kružnice k s přímkou DS.

Alternativně lze bod C sestrojit jako průsečík kružnice k s kružnicí se středemv bodě A, příp. B a poloměrem AB. Na následujícím obrázku je naznačeno ještě jinéřešení založené na doplnění pravidelného šestiúhelníku opakováním konstrukce z prvníčásti úlohy.

13

k

D S

A

B

C

14



Petr řekl Pavlovi: „Napiš dvojmístné přirozené číslo, které má tu vlastnost, že když odněj odečteš totéž† dvojmístné přirozené číslo akorát napsané obráceně, dostaneš rozdíl 63.ÿ

Které číslo mohl Pavel napsat? Určete všechny možnosti. (L. Hozová)

Nápověda. Jaký je rozdíl číslic Pavlova čísla?

Možné řešení. Úlohu můžeme řešit jako algebrogram

a b− b a

6 3

Protože rozdíl je kladný, musí být a > b. Protože navíc v rozdílu na místě jednotekje 3, musí se počítat s přechodem přes desítku. Protože v rozdílu na místě desítek je 6,musí být a − b = 7. Protože dále obě čísla jsou dvojmístná, musí být b > 0. Celkem takdostáváme dvě možnosti:

8 1− 1 8

6 3

9 2− 2 9

6 3

Číslo, které mohl Pavel napsat, bylo 81 nebo 92.

Poznámka. Dvojmístné číslo zapsané ab lze vyjádřit jako 10a+b. Předchozí zápis je protoekvivalentní s rovností

(10a+ b)− (10b+ a) = 63,

což po úpravě vede k a− b = 7.

Z7–I–2Jsou dány dvě dvojice rovnoběžných přímek AB ‖ CD a AC ‖ BD. Bod E leží

na přímce BD, bod F je středem úsečky BD, bod G je středem úsečky CD a obsahtrojúhelníku ACE je 20 cm2.

Určete obsah trojúhelníku DFG. (V. Semeráková)

Nápověda. Porovnejte obsahy trojúhelníků ACE a ABC.

Možné řešení. Obsah trojúhelníku závisí na délce jeho strany a velikosti výšky na tutostranu. Protože přímky AC a BD jsou rovnoběžné a bod E leží na přímce BD, obsahtrojúhelníku ACE je stále stejný pro jakkoli zvolený bod E. Zejména, obsah trojúhelníkuACE je stejný jako obsah trojúhelníku ACD. Ze stejného důvodu je také obsah trojúhel-níku ACD stejný jako obsah trojúhelníku BCD. Celkem tedy

SACE = SACD = SBCD = 20 cm2.

† V původně zveřejněném zadání chybělo upřesnění, že má Pavel pracovat s jedním dvojmístným číslem.Řešitele na tuto opravu upozorněte.

15

Nyní porovnáme obsahy trojúhelníků BCD a DFG:

E

A B

C D

F

G

Trojúhelníky DFG a FBG mají společnou výšku z vrcholu G a bod F je v poloviněstrany BD, proto mají tyto trojúhelníky stejný obsah. Trojúhelníky DFG a FBG dohro-mady tvoří trojúhelník DBG, a proto platí SDFG = 1

2SDBG. Z obdobného důvodu taképlatí SDBG = 1

2SDBC . Celkem tedy platí

SDFG =14SDBC =

14· 20 = 5 (cm2).

Poznámka. Předchozí vyjádření poměru obsahů trojúhelníků DFG a DBC skrytě od-kazuje na jejich podobnost, čehož lze ve zdůvodnění také použít (FG je střední příčkoutrojúhelníku DBC, proto jsou všechny odpovídající si strany úměrné v poměru 1 : 2).Bez odkazu na pojem podobnosti je možné přímo porovnat např. základny DF a DBa odpovídající výšky (oboje v poměru 1 : 2). Takto lze uvažovat i pro trojúhelníky DFGa ACE s libovolným E ∈ BD (tj. bez výše použitých transformací).

Z7–I–3Zoologická zahrada nabízela školním skupinám výhodné vstupné: každý pátý žák do-

stává vstupenku zdarma. Pan učitel 6.A spočítal, že pokud koupí vstupné dětem ze svétřídy, ušetří za čtyři vstupenky a zaplatí 1 995 Kč. Paní učitelka 6.B mu navrhla, ať koupívstupenky dětem obou tříd naráz, a tak budou platit 4 410 Kč.

Kolik dětí z 6.A a kolik dětí z 6.B šlo do zoo? (Cena vstupenky v Kč je celočíselná.)(L. Šimůnek)

Nápověda. O kolik vstupenek je třeba žádat, aby byly právě čtyři z nich zdarma?

Možné řešení. Jestli by se při koupi vstupného pro děti z 6.A díky zmíněné výhoděušetřilo za 4 vstupenky, muselo jít do zoo alespoň 4 ·5 = 20, avšak méně než 5 ·5 = 25 dětíz této třídy. Při počtu dětí od 20 do 24 by se muselo zaplatit vždy o 4 vstupenky méně,tedy 16 až 20. Zaplacená částka je dělitelná 19, nikoli však 16, 17, 18 či 20 (viz prvočíselnýrozklad 1 995 = 3 · 5 · 7 · 19). Pro děti z 6.A by tedy bylo potřeba zaplatit 19 vstupeneka každá by tak stála 1 995 : 19 = 3 · 5 · 7 = 105 Kč. Počet dětí z 6.A byl o 4 větší, tedy19 + 4 = 23.

Při společné koupi vstupného pro děti z obou tříd by se uhradilo 4 410 Kč, tedy zapla-cených vstupenek by bylo 4 410 : 105 = 42. V rámci výhody byla každá čtveřice zaplacenýchvstupenek doplněna o jednu vstupenku zdarma, tedy při zaplacení 42 vstupenek (10 ·4+2)by jich dostali 52 (10 · 5 + 2). Počet dětí z 6.B byl 52− 23 = 29.

Do zoo šlo 23 dětí z 6.A a 29 dětí z 6.B.

16

Z7–I–4

Na stole leželo šest kartiček s číslicemi 1, 2, 3, 4, 5, 6. Anežka z těchto kartiček složilašestimístné číslo, které bylo dělitelné šesti. Pak postupně odebírala kartičky zprava. Kdyžodebrala první kartičku, zůstalo na stole pětimístné číslo dělitelné pěti. Když odebrala dalšíkartičku, zůstalo čtyřmístné číslo dělitelné čtyřmi. Když odebírala dále, získala postupnětrojmístné číslo dělitelné třemi a dvojmístné číslo dělitelné dvěma.

Které šestimístné číslo mohla Anežka původně složit? Určete všechny možnosti.(L. Růžičková)

Nápověda. Co můžete říct o jednotlivých číslicích hledaného čísla?

Možné řešení. Hledané šestimístné číslo označíme abcdef . Ze zadání postupně odvodímeněkolik poznatků o tomto čísle:

1. Celé šestimístné číslo je dělitelné šesti, tedy je dělitelné zároveň dvěma a třemi. Dě-litelnost třemi je zaručena tím, že ciferný součet je (až na pořadí sčítanců) roven1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21, což je číslo dělitelné třemi. Dělitelnost dvěma znamená, žef je některá z číslic 2, 4, 6.

2. Pětimístné číslo abcde je dělitelné pěti, proto e = 5.

3. Čtyřmístné číslo abcd je dělitelné čtyřmi, proto i číslo cd je dělitelné čtyřmi. Zejménad je některá z číslic 2, 4, 6.

4. Trojmístné číslo abc je dělitelné třemi, proto ciferný součet a+ b+ c je dělitelný třemi.

5. Dvojmístné číslo ab je dělitelné dvěma, proto b je některá z číslic 2, 4, 6.

Jednoznačně je určeno e = 5 a číslice b, d, f jsou v nějakém pořadí 2, 4, 6. Na číslice aa c tedy zbývá 1 a 3. Ze třetí podmínky pak plyne, že dvojmístné číslo cd může být některéz čísel

12, 16, 32, 36.

Pro každou z těchto možností je a určeno jednoznačně: v prvních dvou případech je a = 3,ve zbylých dvou případech je a = 1, součet a + c je však vždy roven 4. Aby byla splněnataké čtvrtá podmínka, musí být b = 2. Zbývají tedy pouze dvě možnosti: Anežka mohlasložit 321654 nebo 123654.

Z7–I–5

Prokop sestrojil trojúhelník ABC, jehož vnitřní úhel u vrcholu A byl větší než 60◦

a vnitřní úhel u vrcholu B byl menší než 60◦. Jirka narýsoval v polorovině vymezenépřímkou AB a bodem C bod D, a to tak, že trojúhelník ABD byl rovnostranný. Potéchlapci zjistili, že trojúhelníky ACD a BCD jsou rovnoramenné s hlavním vrcholem D.

Určete velikost úhlu ACB. (E. Semerádová)

Nápověda. Najděte vztahy mezi vnitřními úhly zmiňovaných trojúhelníků.

Možné řešení. Velikosti vnitřních úhlů v trojúhelníku ABC označíme postupně α, β, γ.V rovnostranném trojúhelníku ABD mají všechny vnitřní úhly velikost 60◦.

17

A B

C

D

αβ

γ

Shodné úhly při základně rovnoramenného trojúhelníku BCD mají velikost

|�BCD| = |�CBD| = |�ABD| − |�ABC| = 60◦ − β.

Shodné úhly při základně rovnoramenného trojúhelníku ACD mají velikost

|�ACD| = |�CAD| = |�CAB| − |�DAB| = α− 60◦.

Velikost neznámého úhlu ACB můžeme vyjádřit jako

γ = |�ACD| − |�BCD| = (α− 60◦)− (60◦ − β) = α+ β − 120◦.

Součet velikostí vnitřních úhlů v trojúhelníku ABC je 180◦, tedy

α+ β + (α+ β − 120◦) = 180◦,

z čehož plyne α+ β = 150◦. Úhel ACB má velikost γ = 150◦ − 120◦ = 30◦.

Poznámka. Zadaným podmínkám odpovídá nekonečně mnoho situací; γ je vždy 30◦,zbylých 150◦ může být mezi α a β rozděleno libovolně.

Všechny body A, B, C leží na jedné kružnici se středem v bodě D. V takových přípa-dech obecně platí, že velikost úhlu ACB je polovinou úhlu ADB (viz větu o obvodovéma středovém úhlu).

Z7–I–6Vodník Chaluha naléval mlhu do rozmanitých, různě velkých nádob, které si pečlivě

seřadil na polici. Při nalévání postupoval postupně z jedné strany, žádnou nádobu nepře-skakoval. Do každé nádoby se vejde alespoň decilitr mlhy.

Kdyby naléval mlhu sedmilitrovou odměrkou, mlha z první odměrky by naplnila přesně11 nádob, mlha z druhé odměrky by naplnila přesně dalších 12 nádob a mlha z třetíodměrky by naplnila přesně 7 nádob. Pokud by použil pětilitrovou odměrku, pak mlhaz první odměrky by naplnila přesně 8 nádob, ze druhé přesně 10 nádob, ze třetí přesně7 nádob a ze čtvrté odměrky přesně 4 nádoby.

Rozhodněte, zda je třicátá nádoba v pořadí větší než pětadvacátá. (K. Pazourek)

Nápověda. Jaký objem měla třicátá nádoba?

Možné řešení. Se třemi sedmilitrovými odměrkami by vodník rozlil 21 litrů mlhy do11 + 12 + 7 = 30 nádob. Se čtyřmi pětilitrovými odměrkami by rozlil 20 litrů mlhy do8 + 10 + 7 + 4 = 29 nádob. Poslední, třicátá nádoba tedy měla objem 1 litr.

18

Mlha z první sedmilitrové odměrky by naplnila přesně 11 nádob, přitom prvních pětlitrů by naplnilo přesně 8 nádob (první pětilitrová odměrka) a zbylé dva litry přesně 3nádoby (11 − 8 = 3). Tato část také odpovídá prvním dvěma litrům z druhé pětilitrovéodměrky. Ta by však vystačila na 10 nádob, tedy zbylé tři litry by naplnily přesně 7 nádob(10 − 3 = 7). Obdobně můžeme doplnit další podrobnosti o skupinách nádob a jejichobjemech, které schematicky znázorníme takto:

Nádob 8 3 7 5 2 4 1

7 litru 7 litru 7 litru

5 litru 5 litru 5 litru 5 litru

Nádoby 1 až 8 pojmou dohromady přesně 5 litrů, nádoby 9 až 11 pojmou dohromady2 litry, nádoby 12 až 18 pojmou 3 litry, nádoby 19 až 23 pojmou 4 litry, nádoby 24 až 25pojmou 1 litr atd.

Poslední dvě zmiňované nádoby pojmou dohromady totéž co samotná třicátá nádoba,proto má třicátá nádoba větší objem než pětadvacátá.

19



Z8–I–1

Vyjádřete číslo milion pomocí čísel obsahujících pouze číslice 9 a algebraických operacíplus, minus, krát, děleno, mocnina a odmocnina. Určete alespoň tři různá řešení.

(L. Dedková)

Nápověda. Vyjádřete uvedeným způsobem co nejvíce malých přirozených čísel, která byse mohla dále hodit.

Možné řešení. Přirozená čísla obsahující pouze číslice 9 jsou 9, 99, 999, 9 999 atd. Ná-hodné operace s těmito čísly vychází všelijak, ale můžeme si všimnout např. následujícíchvýsledků:

99

= 1,√

9 = 3, 9 + 9 = 18, 99− 9 = 90 apod.

V dalším kroku umíme vyjádřit číslo 10, a to např. takto:

10 = 9 +99

=9 · 9 + 9

9=

99− 99

.

Obdobně lze vyjádřit 100, 1 000 atd., tedy i milion:

1 000 000 = 999 999 +99

=999 999 · 9 + 9

9=

9 999 999− 999 9999

.

Z dalších nápadů z prvního kroku můžeme vyjádřit např.

2 =99

+99

=9 + 9

9, 6 = 9−

√9 =

9 + 9√9

apod.

Odtud lze vyjádřit milion mnoha dalšími způsoby, např. takto:

1 000 000 =

(9 +

99

)9−√9.

Poznámka. Pomocí 99 = 1 lze vyjádřit milion také jako součet milionu těchto zlomků.Tento a podobné nápady však není možné hodnotit, pokud nejsou realizovány výše popsa-ným způsobem (tedy beze slov nebo teček naznačujících pokračování jisté myšlenky).

20

Z8–I–2

V ostroúhlém trojúhelníku KLM má úhel KLM velikost 68◦. Bod V je průsečíkemvýšek a P je patou výšky na stranu LM . Osa úhlu PVM je rovnoběžná se stranou KM .

Porovnejte velikosti úhlů MKL a LMK. (L. Hozová)

Nápověda. Uvažte osovou souměrnost podle výšky na stranu KM .

Možné řešení. Na následujícím obrázku jsou znázorněny údaje ze zadání, navíc patyvšech výšek (body P , Q, R) a průsečíky osy úhlu PVM se stranami trojúhelníku (bodyA, B):

K L

M

QB

A

P

o

V

R

Osa úhlu PVM je rovnoběžná se stranou KM , zejména obě tyto přímky jsou kolmék výšce LR. Tedy při osové souměrnosti podle přímky LR se jak přímka KM , takpřímka AB zobrazuje sama na sebe. Úhly PVM a QVK jsou shodné (vrcholové úhly)a osa úhlu PVM je též osou úhlu QVK, zejména úhly AVM a BVK jsou shodné. Přiosové souměrnosti podle přímky LR se tak přímka PK zobrazuje na přímku QM , tedybod K se zobrazuje na bod M . Celkem zjišťujeme, že trojúhelník KLM je souměrný podlevýšky LR. Proto jsou úhly MKL a LMK shodné.

Jiná nápověda. Porovnejte úhly, které vymezuje osa úhlu PVM se stranami KL a LM .

Jiné řešení. Úhly PVM a QVK jsou shodné (vrcholové úhly). Osa úhlu PVM je téžosou úhlu QVK, zejména úhly PVA a QV B jsou shodné. Trojúhelníky PV A a QV B jsouoba pravoúhlé a mají shodné vnitřní úhly u vrcholu V , proto též úhly PAV a QBV jsoushodné.

Osa AB je rovnoběžná se stranou KM , proto jsou dvojice úhlů PAV , LMK a QBV ,LKM shodné (souhlasné úhly). Protože úhly PAV a QBV jsou shodné, také úhly LMKa LKM jsou shodné.

Poznámka. Podle zadání lze postupně určit velikosti rozličných úhlů a takto nakonecověřit, že úhly MKL a LMK jsou shodné. Velikosti vybraných úhlů jsou vyznačeny nanásledujícím obrázku:

21

K L

M

QB

A

P

o

V

68◦

112◦

34◦34◦

56◦

56◦

34◦

56◦

56◦

Z8–I–3Adélka měla na papíře napsána dvě čísla. Když k nim připsala ještě jejich největší

společný dělitel a nejmenší společný násobek, dostala čtyři různá čísla menší než 100.S úžasem zjistila, že když vydělí největší z těchto čtyř čísel nejmenším, dostane největšíspolečný dělitel všech čtyř čísel.

Která čísla měla Adélka napsána na papíře? (M. Petrová)

Nápověda. Jaký je vztah mezi nejmenším společným násobkem a největším společnýmdělitelem dvou čísel?

Možné řešení. Všechna čtyři čísla byla navzájem různá, proto původní dvě čísla bylarůzná, jejich největší společný dělitel byl menší než každé z těchto čísel a nejmenší společnýnásobek větší než každé z těchto čísel. Pokud největšího společného dělitele označíme d,můžeme původní dvě čísla zapsat jako d · x a d · y, kde x < y jsou nesoudělná čísla většínež 1. Nejmenší společný násobek je potom roven d · x · y. Celkem tedy máme

d < d · x < d · y < d · x · y < 100.

Vlastnost, která Adélku uvedla v úžas, znamená, že podíl d · x · y a d je roven d, neboli

d = x · y.

Hledáme tedy nesoudělná čísla x < y větší než 1 taková, že (x ·y)2 < 100, neboli x ·y < 10.Taková dvojice čísel je jediná:

• pro x = 2 a y = 3 je x · y = 6 < 10,• pro x = 2 a y = 5 je x · y = 10,• pro x = 3 a y = 4 je x · y = 12 > 10,• atd.

Adélka měla napsána čísla 6 ·2 = 12 a 6 ·3 = 18, k nimž později připsala 6 a 6 ·6 = 36.

22

Z8–I–4Roboti Robert a Hubert skládají a rozebírají kafemlýnky. Přitom každý z nich kafe-

mlýnek složí čtyřikrát rychleji, než jej ten druhý rozebere. Když ráno přišli do dílny, několikkafemlýnků už tam bylo složeno.

V 9:00 začal Hubert skládat a Robert rozebírat, přesně ve 12:00 Hubert dokončil sklá-dání kafemlýnku a Robert rozebírání jiného. Celkem za tuto směnu přibylo 27 kafemlýnků.

Ve 13:00 začal Robert skládat a Hubert rozebírat, přesně v 19:00 dokončil Robertskládání posledního kafemlýnku a Hubert rozebírání jiného. Celkem za tuto směnu přibylo120 kafemlýnků.

Za jak dlouho složí kafemlýnek Hubert? Za jak dlouho jej složí Robert?(K. Pazourek)

Nápověda. Kolik kafemlýnků přibyde za hodinu v každé ze směn?

Možné řešení. V dopolední tříhodinové směně přibylo 27 kafemlýnků, což odpovídá27 : 3 = 9 kafemlýnkům za hodinu. Protože Robert rozebírá čtyřikrát pomaleji, než Hubertskládá, Hubert sám by složil 9 kafemlýnků za 3

4 hodiny, tj. 45 minut. Hubert tedy složíjeden kafemlýnek za 45 : 9 = 5 minut.

V odpolední šestihodinové směně přibylo 120 kafemlýnků, což odpovídá 120 : 6 = 20kafemlýnkům za hodinu. Protože tentokrát Robert skládá a Hubert rozebírá, Robert sámby složil 20 kafemlýnků za 3

4 hodiny, tj. 45 minut. Robert tedy složí jeden kafemlýnek za45 : 20 = 2,25 minut, tj. 2 minuty a 15 vteřin.

Jiné řešení. Pokud h značí počet kafemlýnků, které složí Hubert za hodinu, a r početkafemlýnků, které za hodinu složí Robert, potom za hodinu rozloží Hubert 14r kafemlýnkůa Robert 14h kafemlýnků. Informace ze zadání vedou k rovnicím:

3(h− 1

4h)

= 27,

6(r − 1

4r)

= 120.

Řešením první rovnice je h = 12, tedy Hubert složí 12 kafemlýnků za hodinu, tj. 60 minut.Hubert složí jeden kafemlýnek za 60 : 12 = 5 minut. Řešením druhé rovnice je r = 80

3 , tedyRobert složí 80 kafemlýnků za 3 hodiny, tj. 180 minut. Robert složí jeden kafemlýnek za180 : 80 = 2,25 minut.

Z8–I–5Shodné obdélníky ABCD a EFGH jsou umístěny tak, že jejich shodné strany jsou

rovnoběžné. Body I, J , K, L, M a N jsou průsečíky prodloužených stran jako na obrázku.

AB

CD

EF

GH

I

JK

LM

N

23

Obsah obdélníku BNHM je 12 cm2, obsah obdélníku MBCK je 63 cm2 a obsah obdélníkuMLGH je 28 cm2.

Určete obsah obdélníku IFJD. (E. Semerádová)

Nápověda. Jaké jsou obsahy dalších obdélníků?

Možné řešení. Obsah obdélníku HNCK je 63−12 = 51 (cm2), obsah obdélníku BLGNje 28 − 12 = 16 (cm2). Poměr obsahů obdélníků NGJC a HNCK je stejný jako poměrdélek úseček NG a HN , a ten je stejný jako poměr obsahů obdélníků BLGN a MBNH.Tedy

SNGJC : 51 = 16 : 12 = 4 : 3,

a proto je obsah obdélníku NGJC roven 51 · 4 : 3 = 68 (cm2).Protože obdélníky ABCD a EFGH jsou shodné a posunuté, jsou např. úsečky IE

a CJ shodné a obdobně je tomu s dalšími dvojicemi. Proto jsou např. obdélníky IEMAa NGJC shodné, zejména mají stejný obsah. Obdobně je tomu s dalšími dvojicemi:

AB

CD

EF

GH

I

JK

LM

N68

68

68

68

16 1612

51

51

Obsah obdélníku IFJD je roven 12 + 2 · 51 + 2 · 16 + 4 · 68 = 418 (cm2).

Z8–I–6Přímka představuje číselnou osu a vyznačené body odpovídají číslům a, −a, a + 1,

avšak v neurčeném pořadí.Sestrojte body, které odpovídají číslům 0 a 1. Proberte všechny možnosti.

(M. Petrová)

− +

Nápověda. Může být číslo −a větší než a?

Možné řešení. Číslo a+ 1 je o 1 větší než číslo a, leží tedy na číselné ose vpravo od číslaa a vzdálenost těchto dvou čísel je stejná jako vzdálenost hledaných čísel 0 a 1.

O vzájemné poloze čísel a a −a nic nevíme; záleží na tom, zda je číslo a kladnénebo záporné. Protože rovněž nevíme nic o absolutní hodnotě |a| (tj. vzdálenosti od nuly),nemůžeme porovnat ani čísla −a a a+1. Čísla a a −a však mají stejnou absolutní hodnotu,proto 0 leží na číselné ose uprostřed mezi těmito čísly.

Musíme tedy uvažovat následující tři možnosti uspořádání čísel na číselné ose:

• −a < a < a+ 1,

24

• a < −a < a+ 1,• a < a+ 1 < −a.

Ve všech třech případech lze sestrojit 0 a 1 takto:

• bod představující 0 je středem úsečky s krajními body a a −a,• bod představující 1 je vpravo od 0 ve stejné vzdálenosti jako a+ 1 od a.

−a a a+ 10 1

1

|a| |a| 1

a −a a+ 10 1

1

|a| |a|1

a a+ 1 −a0 1

1

|a| |a|1

Poznámka. Poměr vzdáleností zadaných bodů na číselné ose určuje hodnotu čísla a prokaždé ze tří možných uspořádání. Pokud by např. tento poměr byl 1 : 2 (jako na obrázkuv zadání), potom by odpovídající a bylo v prvním případě 12 , ve druhém případě − 16 a vetřetím případě − 32 .

25



Věkový průměr všech lidí, kteří se sešli na rodinné oslavě, byl roven počtu přítomných.Teta Běta, které bylo 29 let, se záhy omluvila a odešla. I po odchodu tety Běty byl věkovýprůměr všech přítomných lidí roven jejich počtu.

Kolik lidí bylo původně na oslavě? (L. Hozová)

Nápověda. Jaký je vztah mezi počtem přítomných a součtem jejich věků?

Možné řešení. Věkový průměr všech lidí, kteří se sešli na oslavě, je roven podílu součtuvěků všech přítomných (ozn. s) a jejich počtu (ozn. n). Podle zadání platí

s

n= n neboli s = n2.

Po odchodu tety Běty se počet přítomných zmenšil o 1 a součet jejich věků o 29. Podlezadání platí

s− 29n− 1

= n− 1 neboli s− 29 = (n− 1)2.

Když do poslední rovnice dosadíme s = n2, roznásobíme pravou stranu a dále upravíme,dostaneme:

n2 − 29 = n2 − 2n+ 1,

2n = 30,

n = 15.

Na rodinou oslavu se původně dostavilo 15 lidí.

Z9–I–2V lichoběžníku V ODY platí, že V O je delší základnou, průsečík úhlopříček K dělí

úsečku VD v poměru 3 : 2 a obsah trojúhelníku KOV je roven 13,5 cm2.Určete obsah celého lichoběžníku. (M. Petrová)

Nápověda. Co umíte říct o dalších trojúhelnících obsažených v lichoběžníku?

Možné řešení. Protože V O je delší základnou lichoběžníku V ODY , bod K na úhlopříčceVD je blíže vrcholu D.

V O

DY

K

26

Trojúhelníky KOV a KDO mají společnou výšku z vrcholu O a délky stran V Ka KD příslušných k této výšce jsou v poměru 3 : 2. Proto také obsahy těchto trojúhelníkůjsou ve stejném poměru, tedy

SKDO =23SKOV .

Trojúhelníky V OD a V OY mají společnou stranu V O a stejnou výšku na tuto stranu,proto mají stejné obsahy. Trojúhelník KOV je částí obou těchto trojúhelníků, proto majístejné obsahy také trojúhelníky KDO a KY V ,

SKY V = SKDO =23SKOV .

Trojúhelníky KY V a KDY mají společnou výšku z vrcholu Y a odpovídající strany V Ka KD jsou v poměru 3 : 2. Proto také obsahy těchto trojúhelníků jsou ve stejném poměru,

SKDY =23SKY V =

49SKOV .

Obsah celého lichoběžníku je součtem obsahů uvedených čtyř trojúhelníků, tedy

SV ODY = SKOV + SKDO + SKY V + SKDY =

=(

1 +23

+23

+49

)SKOV =

259· 13,5 = 37,5 (cm2).

Poznámka. Při postupném vyčíslování obsahů výše jmenovaných trojúhelníků dostáváme

SKDO = SKY V = 9 cm2, SKDY = 6 cm2.

Rovnost SKY V = 23SKOV , resp. SKDY = 4

9SKOV lze zdůvodnit přímo pomocí podob-nosti trojúhelníků KOV a KYD (koeficient podobnosti je 3 : 2).

Z9–I–3Roboti Robert a Hubert skládají a rozebírají kafemlýnky. Přitom každý z nich kafe-

mlýnek složí čtyřikrát rychleji, než jej sám rozebere. Když ráno přišli do dílny, několikkafemlýnků už tam bylo složeno.

V 7:00 začal Hubert skládat a Robert rozebírat, přesně ve 12:00 Hubert dokončil sklá-dání kafemlýnku a Robert rozebírání jiného. Celkem za tuto směnu přibylo 70 kafemlýnků.

Ve 13:00 začal Robert skládat a Hubert rozebírat, přesně ve 22:00 dokončil Robertskládání posledního kafemlýnku a Hubert rozebírání jiného. Celkem za tuto směnu přibylo36 kafemlýnků.

Za jak dlouho by složili 360 kafemlýnků, pokud by Robert i Hubert skládali společně?(K. Pazourek)

Nápověda. Kolik kafemlýnků přibude za hodinu v každé ze směn?

Možné řešení. V dopolední pětihodinové směně přibylo 70 kafemlýnků, což odpovídá70 : 5 = 14 kafemlýnkům za hodinu. V odpolední devítihodinové směně přibylo 36 kafe-mlýnků, což odpovídá 36 : 9 = 4 kafemlýnkům za hodinu. Pokud by roboti pracovalijednu hodinu dopoledním způsobem a jednu hodinu odpoledním způsobem, vyrobili by14 + 4 = 18 kafemlýnků a přitom by vyrobili stejné množství kafemlýnků, jako kdyby

27

společně skládali (a nic nerozebírali) 34 hodiny. Roboti by společně složili 360 kafemlýnkůza 34 · 20 = 15 hodin, neboť 360 = 18 · 20.

Jiné řešení. Pokud h značí počet kafemlýnků, které složí Hubert za hodinu, a r početkafemlýnků, které za hodinu složí Robert, potom za hodinu rozloží Hubert 14h kafemlýnkůa Robert 14r kafemlýnků. Informace ze zadání vedou k soustavě dvou rovnic:

5(h− 1

4r)

= 70,

9(r − 1

4h)

= 36.

Řešením této soustavy obdržíme r = 8 a h = 16. Za hodinu by tedy oba roboti společněsložili r + h = 24 kafemlýnků. Tudíž 360 kafemlýnků by společně skládali 360 : 24 = 15hodin.

Z9–I–4Čísla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9 se chystala na cestu vlakem se třemi vagóny. Chtěla

se rozsadit tak, aby v každém vagóně seděla tři čísla a největší z každé trojice bylo rovnosoučtu zbylých dvou. Průvodčí tvrdil, že to není problém, a snažil se číslům pomoct. Naopakvýpravčí tvrdil, že to není možné.

Rozhodněte, kdo z nich měl pravdu. (E. Novotná)

Nápověda. Uvažte paritu (sudost, lichost) čísel a jejich součtů.

Možné řešení. Pokud by se čísla dala rozsadit do vagónů podle jejich přání, potom bysoučet tří největších čísel z každého vagónu byl stejný jako součet zbylých šesti čísel. Toby znamenalo, že součet všech devíti čísel by byl sudý. Avšak tento součet je

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45,

což je liché číslo. Proto čísla požadovaným způsobem rozsadit nelze, pravdu měl výpravčí.

Jiné řešení. Mezi čísly 1 až 9 je pět lichých (L) a čtyři sudé (S). Sudé číslo lze vyjádřitjako součet dvou lichých čísel nebo jako součet dvou sudých čísel. Liché číslo lze vyjádřitjedině jako součet lichého a sudého čísla. V každém vagóně tedy mohou podle uvedenýchpožadavků sedět pouze následující skupiny čísel:

buď {L,L, S}, nebo {S, S, S}.

Jakýmkoli přiřazením těchto možností do tří vagónů dostaneme vždy celkem sudý početlichých čísel a lichý počet sudých čísel. V našem případě je tomu však naopak, proto nelzečísla rozsadit podle jejich přání. Pravdu měl tudíž výpravčí.

Poznámka. Při jakémkoli rozmístění pěti lichých čísel do tří vagónů bude vždy v některémvagóně právě jedno nebo právě tři lichá čísla. A právě v takovém vagóně nebude platitpožadavek o součtu.

Jiná nápověda. Která čísla mohla cestovat s číslem 9?

Jiné řešení. Můžeme postupně po vagónech rozsazovat čísla od největšího tak, aby platilpožadavek o jejich součtu. Číslo 9 může cestovat s některou z následujících dvojic:

28

• 8 a 1: v dalším vagóně může 7 cestovat s některou z následujících dvojic:. 5 a 2: na další vagón zbývá 6, 4 a 3, ale 6 6= 4 + 3,. 4 a 3: na další vagón zbývá 6, 5 a 2, ale 6 6= 5 + 2,

• 7 a 2: v dalším vagóně může 8 cestovat jedině s dvojicí. 5 a 3: na další vagón zbývá 6, 4 a 1, ale 6 6= 4 + 1,

• 6 a 3: v dalším vagóně může 8 cestovat jedině s dvojicí. 7 a 1: na další vagón zbývá 5, 4 a 2, ale 5 6= 4 + 2,

• 5 a 4: v dalším vagóně může 8 cestovat s některou z následujících dvojic:. 7 a 1: na další vagón zbývá 6, 3 a 2, ale 6 6= 3 + 2,. 6 a 2: na další vagón zbývá 7, 3 a 1, ale 7 6= 3 + 1.

Zjistili jsme, že čísla nelze rozsadit tak, aby požadavek o součtu platil ve všech vagó-nech. Pravdu měl tudíž výpravčí.

Z9–I–5Uvnitř obdélníku ABCD leží body E a F tak, že úsečky EA, ED, EF , FB, FC jsou

navzájem shodné. Strana AB je dlouhá 22 cm a kružnice opsaná trojúhelníku AFD mápoloměr 10 cm.

Určete délku strany BC. (L. Růžičková)

Nápověda. Kde leží střed kružnice opsané trojúhelníku AFD?

Možné řešení. Bod E je stejně daleko od bodů A a D, bod F je stejně daleko od bodůB a C a úsečky AD a BC jsou protějšími stranami obdélníku. Proto body E a F leží naspolečné ose úseček AD a BC. Bod E má stejnou vzdálenost od všech vrcholů trojúhel-níku AFD, proto je středem jemu opsané kružnice. Znázornění bodů ze zadání vypadánásledovně (body P a R jsou průsečíky osy EF se stranami AD a BC, tj. středy těchtostran):

A B

CD

E FP R

Trojúhelníky APE, DPE, BRF a CRF jsou navzájem shodné pravoúhlé trojúhelní-ky, jejichž jedna odvěsna je polovinou hledané strany obdélníku a velikosti zbylých dvoustran umíme odvodit ze zadání. Např. v trojúhelníku APE má přepona AE velikost 10 cma odvěsna PE má velikost (22− 10) : 2 = 6 cm. Podle Pythagorovy věty platí

|PA|2 + 62 = 102,

tedy |PA|2 = 64 a |PA| = 8 cm. Délka strany BC je 16 cm.

29

Poznámka. Na uvedeném obrázku mlčky naznačujeme, že strana AB je delší než BC.To je sice potvrzeno následujícím výpočtem, ale lze si toho všimnout přímo: Přepona AEv pravoúhlém trojúhelníku APE je delší než odvěsna PA, což je polovina strany BC.Pokud by strana BC byla delší než strana AB, byla by úsečka AE také delší než polovinastrany AB. Z předchozího však víme, že |AE| = 10 cm a 12 |AB| = 11 cm, takže tato situacenastat nemůže.

Z9–I–6Na přímce představující číselnou osu uvažte navzájem různé body odpovídající číslům

a, 2a, 3a + 1 ve všech možných pořadích. U každé možnosti rozhodněte, zda je takovéuspořádání možné. Pokud ano, uveďte konkrétní příklad, pokud ne, zdůvodněte proč.

(M. Petrová)

− +

Nápověda. Co můžete říct o uspořádání trojice čísel a, 2a, 3a?

Možné řešení. Před vlastním rozborem možností si všimneme několika užitečných faktů.Protože čísla mají být navzájem různá, musí být a 6= 0. Vzdálenosti mezi sousednímičísly ve čtveřici 0, a, 2a, 3a jsou stejné, a to |a|, přitom uspořádání této čtveřice závisí naznaménku a: číslo a je kladné, právě když platí

0 < a < 2a < 3a, (1)

číslo a je záporné, právě když platí

3a < 2a < a < 0. (2)

Bez ohledu na znaménko a dále platí

3a < 3a+ 1. (3)

Všechna možná uspořádání tří navzájem různých čísel jsou tato:

a) a < 2a < 3a+ 1,b) a < 3a+ 1 < 2a,c) 3a+ 1 < a < 2a,d) 3a+ 1 < 2a < a,e) 2a < 3a+ 1 < a,f) 2a < a < 3a+ 1.

Pro kladné a podle podmínek (1) a (3) platí a < 2a < 3a+1, což odpovídá možnosti a)a současně vylučuje možnosti b) a c). Obecný vztah mezi trojicí čísel vyhovující možnosti a)a jejím ukotvením na číselné ose (tj. čísly 0 a 1) je schematicky znázorněn na následujícímobrázku. Konkrétní příklad uspořádání a) je dán dosazením např. a = 2

3 , tedy 23 <

43 < 3.

a 2a 3a 3a+ 10 1

1 1

|a| |a| |a|

30

Pro záporné a nemůžeme z podmínek (2) a (3) o vztahu 3a+ 1 vzhledem k a a 2a říctnic bližšího. Postupně ukážeme, že každý ze zbývajících případů je možný:

Obecné vztahy mezi trojicemi čísel vyhovujících možnostem d), e), resp. f) a čísly 0a 1 jsou schematicky znázorněny na následujících obrázcích. Konkrétní příklad uspořádáníd) je dán dosazením např. a = −2, tedy −5 < −4 < −2.

a2a3a 3a+ 1 0 1

11

|a||a||a|

Konkrétní příklad uspořádání e) je dán dosazením např. a = − 23 , tedy − 43 < −1 < − 23 .

a2a3a 3a+ 1 0 1

11

|a||a||a|

Konkrétní příklad uspořádání f) je dán dosazením např. a = − 14 , tedy − 18 < − 14 < 14 .

a2a3a 3a+ 10 1

11

|a||a||a|

Poznámka. V případech e) a f) můžeme volit trojice bodů představujících čísla a, 2aa 3a+1 naprosto libovolně; naznačeným způsobem odvodíme umístění 0 a 1, a tím vlastněurčíme hodnotu a. V případech a) a d) tomu tak není; např. pro uspořádání d) a bod3a + 1 zvolený příliš vlevo od bodu 2a se může stát, že 3a vyjde někde mezi, což by bylov rozporu s podmínkou (3).

Jiná nápověda. Pro jednotlivá uspořádání odvoďte možné hodnoty a.

Jiné řešení. Všechna možná uspořádání tří navzájem různých čísel jsou uvedena v se-znamu a) až f) v předchozím řešení. Řešením nerovností v jednotlivých případech zjišťu-jeme, že případ

a) je splněn pro libovolné a > 0,b) není splněn pro žádné a,c) není splněn pro žádné a,d) je splněn pro libovolné a < −1,e) je splněn pro libovolné −1 < a < − 12 ,f) je splněn pro libovolné − 12 < a < 0.

Pro příklad uvádíme podrobnosti k případu b): odpovídající nerovnosti jsou splněny,právě když platí

a < 3a+ 1 a 3a+ 1 < 2a,

31

což je ekvivalentní s dvojicí nerovností

−12< a a a < −1.

Tyto dvě podmínky současně nesplňuje žádné reálné číslo, proto případ b) nastat nemůže.Diskuse v ostatní případech je obdobná. Ve všech případech, které mají řešení, stačí

pro konkrétní odpověď zvolit libovolné a s vymezeného intervalu.

32



Z5–II–1

Na obrázku je znázorněno pět výběhů části zoo. Každý výběh obývá jeden z pěti druhůzvířat. Přitom víme, že

• výběh žiraf má pět stran,• výběh opic nesousedí ani s výběhem nosorožců, ani s výběhem žiraf,• výběh lvů má stejný počet stran jako výběh opic,• ve výběhu tuleňů je bazén.Určete, která zvířata jsou ve kterém výběhu. (E. Novotná)

Možné řešení. Označme jednotlivé výběhy číslicemi jako na obrázku:

1

2 3

45

Podle první informace jsou žirafy buď ve výběhu 3, nebo 4. Podle druhé informacevíme, že výběh žiraf nemá sousedit s výběhem opic. Výběh 4 však sousedí se všemi ostatnímivýběhy, proto musí být žirafy ve výběhu 3.

Jediný výběh, který s výběhem žiraf nesousedí, je výběh 1. Podle druhé informacemusí být ve výběhu 1 opice.

Kromě výběhu žiraf nesousedí s výběhem opic už jenom výběh 5. Podle druhé infor-mace musí být ve výběhu 5 nosorožci.

Jediný výběh, který má stejný počet stran jako výběh opic, je výběh 2. Podle třetíinformace musí být ve výběhu 3 lvi.

Zbývá jediný neobsazený výběh, a to výběh 4. Tuleni jsou tedy ve výběhu 4.

Hodnocení. Po 1 bodu za umístění zvířat do výběhů, 1 bod za kvalitu komentáře. Čás-tečné odpovědi typu „žirafy jsou ve výběhu 3 nebo 4ÿ hodnoťte po 1 bodu. Za řešení bezzdůvodnění udělte nejvýše 2 body.

1

Z5–II–2

Na stole leželo pět kartiček s navzájem různými kladnými celými čísly. Marek spočítal,že největší z čísel na kartičkách je o 8 větší než nejmenší číslo. Adam vzal se stolu kartičkys nejmenšími dvěma čísly a spočítal, že součin těchto dvou čísel je roven 12. Dominik pakspočítal, že součet čísel na zbylých třech kartičkách je roven 25.

Která čísla mohla být napsána na kartičkách? Najděte tři řešení. (L. Růžičková)

Možné řešení. Číslo 12 lze jako součin dvou kladných celých čísel, z nichž první je menšínež druhé, získat třemi způsoby:

1 · 12 = 2 · 6 = 3 · 4.

Pokud by nejmenší dvě čísla byla 1 a 12, největší z čísel by mělo být 1 + 8 = 9. Tovšak není možné, protože 12 není menší než 9.

Pokud by nejmenší dvě čísla byla 2 a 6, největší číslo by bylo 2 + 8 = 10. Zbylá dvěčísla pak mají být různá čísla větší než 6 a menší než 10, která spolu s číslem 10 dávajísoučet 25. To splňují pouze čísla 7 a 8.

Pokud by nejmenší dvě čísla byla 3 a 4, největší číslo by bylo 3 + 8 = 11. Zbylá dvěčísla pak mají být různá čísla větší než 4 a menší než 11, která spolu s číslem 11 dávajísoučet 25. To splňují dvojice čísel 5 a 9 a také 6 a 8.

Tři vyhovující pětice čísel tedy jsou

(2, 6, 7, 8, 10), (3, 4, 5, 9, 11), (3, 4, 6, 8, 11).

Hodnocení. 2 body za každou pětici čísel: vždy 1 bod za nalezení dané pětice a 1 bod zaodvození nebo ověření, že vyhovuje zadání.

Z5–II–3

Sestrojte čtverec ABCD se stranou délky 6 cm a průsečík jeho úhlopříček označte S.Sestrojte bod K tak, aby spolu s body S, B, C tvořil čtverec BKCS. Sestrojte bod L tak,aby spolu s body S, A, D tvořil čtverec ASDL. Sestrojte úsečku KL, průsečík úseček KLa AD označte X , průsečík úseček KL a BC označte Y .

Ze zadaných údajů vypočtěte délku lomené čáry KY BAXL. (L. Růžičková)

Možné řešení. Konstrukce:

• Čtverec ABCD se stranou délky 6 cm,• bod S jako průsečík úseček AC a BD,• bod K jako průsečík kolmice k SB v bodě B a kolmice k SC v bodě C,• bod L jako průsečík kolmice k SA v bodě A a kolmice k SD v bodě D,• body X a Y jako průsečíky úsečky KL se stranami AD a BC.

Výpočet: Délka lomené čáry KY BAXL je součtem délek úseček KY , Y B, BA, AXa XL. Přitom délka úsečky AB je 6 cm.

Bod Y je průsečíkem úhlopříček čtverce BKCS, proto je středem každé z těchtoúseček. Úsečka BC je stranou zadaného čtverce, a ta měří 6 cm. Každá z úseček KY a Y Btedy měří 3 cm.

2

Z obdobného důvodu také každá z úseček AX a XL měří 3 cm.Délka lomené čáry KY BAXL je 3 + 3 + 6 + 3 + 3 = 18 (cm).

A B

CD

SX Y KL

Hodnocení. 2 body za provedení konstrukce. 4 body za výpočet, z toho 2 body za ur-čení a zdůvodnění, že body X a Y jsou středy příslušných čtverců a 2 body za dořešenía výsledek. Za pouhé sečtení délek úseček bez zdůvodnění (nebo s odkazem na měřenísestrojených délek v obrázku) udělte nejvýše 1 bod.

3



Honzík dostal na Vánoce knihu, kterou hned na Štědrý den začal číst. Četl pak denněstejný počet stran, a to až do 31. ledna v novém roce. Toho dne zjistil, že zatím přečetl78 stran, což byla právě třetina knihy. Současně zjistil, že pokud by chtěl knihu dočíst právěv den svých narozenin, musel by počínaje zítřkem každý den přečíst o čtyři strany víc neždoposud.

Určete, kdy má Honzík narozeniny. (M. Smitková)

Možné řešení. Protože 78 stran odpovídá třetině knihy, má celá kniha 3 ·78 = 234 stran.Honzíkovi zbývá přečíst ještě 234− 78 = 156 stran.

Od Vánoc do 31. ledna uplynulo celkem 8 + 31 = 39 dní. Proto Honzík denně přečetl78 : 39 = 2 strany. Pokud by počínaje 1. únorem denně přečetl o čtyři strany více než dosud,tedy šest stran, dočetl by knihu za 156 : 6 = 26 dní. Honzík má narozeniny 26. února.

Hodnocení. Po 1 bodu za každý z dílčích výsledků (kniha má 234 stran, zbývá dočíst156 stran, do konce ledna četl 39 dní, četl 2 strany denně, knihu dočte za 26 dní); 1 bodza den narozenin.

Z6–II–2Evička měla stavebnici s devíti dílky, které byly označeny 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9.

Časem se jí podařilo všechny dílky ztratit, a to následujícím způsobem:

• nejprve ztratila čtyři dílky označené lichými číslicemi,• poté ztratila dílky se součinem číslic 24,• nakonec ztratila poslední dva dílky, na nichž byly sudé číslice.

Zjistěte, které číslice mohly být napsány na posledních dvou dílcích. Najděte dvě řešení.(E. Novotná)

Možné řešení. Mezi uvedenými čísly je pět lichých čísel a čtyři sudá čísla. Po ztrátě čtyřlichých čísel tak Evičce zůstalo jedno liché číslo a všechna čtyři sudá (2, 4, 6, 8). Protože 24není násobkem 5, 7, ani 9, avšak je násobkem 1 a 3, mohlo být zbývající liché číslo buď 1,nebo 3.

Po ztrátě dílků se součinem 24 zbyla jenom dvě sudá čísla. Tento součin proto musel býtvyjádřen pomocí jednoho lichého čísla (a to buď 1, nebo 3) a dvou sudých čísel (vybranýchz 2, 4, 6 a 8). To je možné buď jako 24 = 1 · 4 · 6, nebo jako 24 = 3 · 2 · 4. V prvním případěby na posledních dvou dílcích byla čísla 2 a 8, ve druhém případě by to byla čísla 6 a 8.

Hodnocení. 2 body za zjištění, že zbylé liché číslo bylo buď 1, nebo 3; 2 body za zjištění,že 24 má být součinem jednoho lichého a dvou sudých čísel; 2 body za rozbor možnostía závěr.

Pokud řešitel nejprve uvažuje všemožné součiny jako 24 = 3 ·8 = 1 ·3 ·8 apod. a odtudvybírá vyhovující možnosti, musí být z komentáře zřejmé, proč vyhovují. Za řešení bezzdůvodnění udělte nejvýše 2 body.

1

Z6–II–3Sestrojte čtverec ABCD se stranou délky 6 cm. Sestrojte přímku p rovnoběžnou s úhlo-

příčkou AC a procházející bodem D. Sestrojte obdélník ACEF tak, aby vrcholy E a Fležely na přímce p.

Ze zadaných údajů vypočtěte obsah obdélníku ACEF . (L. Růžičková)

Možné řešení. Konstrukce:

• Čtverec ABCD se stranou délky 6 cm,• přímka p jako rovnoběžka s přímkou AC (resp. kolmice k přímce BD) jdoucí bodem D,• bod E jako pata kolmice k přímce p jdoucí bodem C,• bod F jako pata kolmice k přímce p jdoucí bodem A.

A B

CD

E

F S

p

6 cm

Výpočet: Úhlopříčky ve čtverci jsou shodné, navzájem kolmé a jejich průsečík je stře-dem obou úhlopříček. Průsečík úhlopříček ve čtverci ABCD označíme S.

Z uvedeného vyplývá, že čtverec ABCD je úhlopříčkami rozdělen na čtyři navzájemshodné trojúhelníky ABS, BCS, CDS a DAS. Dále obdélník ACEF je úsečkou SD roz-dělen na dva shodné čtverce, přičemž každý z nich je dále rozdělen úhlopříčkou (CD, resp.DA) na dva shodné trojúhelníky. Jak čtverec ABCD, tak obdélník ACEF tedy sestáváze čtyř navzájem shodných trojúhelníků, z nichž dva jsou oběma útvarům společné. Protomá obdélník ACEF stejný obsah jako čtverec ABCD, a ten je

6 · 6 = 36 (cm2).

Hodnocení. 2 body za provedení konstrukce; 4 body za výpočet, z toho 3 body za rozdě-lení na shodné trojúhelníky a 1 bod za určení obsahu. Výpočet založený na pouhém měřenív obrázku, resp. správný výsledek bez zdůvodnění nehodnoťte.

2



Florián přemýšlel, jakou kytici nechá mamince uvázat ke Dni matek. V květinářstvípodle ceníku spočítal, že ať koupí 5 klasických gerber nebo 7 minigerber, kytice bude státpo doplnění ozdobné stuhy stejně, a to 295 korun. Pokud by však koupil jen 2 minigerberya 1 klasickou gerberu bez dalších doplňků, zaplatí 102 korun.

Kolik stojí jedna stuha? (L. Šimůnek)

Možné řešení. Ze zadání plyne, že 5 klasických gerber stojí stejně jako 7 minigerber,tedy že cena klasické gerbery a cena minigerbery jsou v poměru 7 : 5. Pokud cenu klasickégerbery znázorníme 7 stejnými díly, cena minigerbery bude odpovídat 5 takovým dílům.

Cena nákupu 2 minigerber a 1 klasické gerbery představuje 2 · 5 + 7 = 17 těchtodílů, 1 díl proto odpovídá částce 102 : 17 = 6 korun. Pět klasických gerber, resp. sedmminigerber stojí 5 · 7 · 6 = 210 korun. Cena stuhy je 295− 210 = 85 korun.

Hodnocení. 2 body za zjištění, že ceny klasické gerbery a minigerbery jsou v poměru7 : 5; 2 body za zjištění odpovídající rovnici 17d = 102; 2 body za odvození ceny stuhy(d = 6, 295− 5 · 7 · d = 85).

Z7–II–2Na stole leželo šest kartiček s číslicemi 1, 2, 3, 4, 5 a 6. Kamila ze tří kartiček složila

trojmístné číslo, které bylo větší než 500 a bylo dělitelné čtyřmi. Filip ze zbylých tří kartičeksložil trojmístné číslo dělitelné třemi i pěti. Kamila pak obě trojmístná čísla sečetla a Filipsi všiml, že tento součet je trojmístné číslo, které se čte stejně zleva jako zprava.

Která čísla mohli Kamila s Filipem složit? Určete všechny možnosti. (L. Růžičková)

Možné řešení. Filipovo číslo má být dělitelné pěti, proto z nabízených číslic musí namísto jednotek použít 5. V Kamilině čísle se tedy 5 vyskytovat nemůže. Zároveň má jejíčíslo být větší než 500, musí tedy mít na místě stovek číslici 6.

Filipovo číslo má být dělitelné třemi, tzn. jeho ciferný součet má být dělitelný třemi,tedy součet prvních dvou číslic má po dělení třemi dávat zbytek 1. Z nabízených číslic takFilip mohl složit čísla

135, 315, 345, 435.

Kamilino číslo má být dělitelné čtyřmi, tzn. jeho poslední dvojčíslí má být dělitelné čtyřmi.Z nabízených číslic tak Kamila mohla složit čísla

612, 624, 632.

Zároveň má platit, že čísla použitá ve Filipově čísle nemohou být v Kamilině čísle, a naopak.Filip a Kamila tedy mohli složit následující dvojice čísel:

Filip 135 315 345 435

Kamila 624 624 612 612

Součet 759 939 957 1 047

1

Jediný součet, který se čte zleva stejně jako zprava, je 939. Filip složil číslo 315, Kamilasložila číslo 624.

Hodnocení. Celkem 1 bod za zjištění, že Filipovo číslo končí číslicí 5 a Kamilino číslozačíná číslicí 6; po 2 bodech za určení možných Filipových, resp. Kamiliných čísel vy-hovujících podmínkám dělitelnosti; 1 bod za výběr možných dvojic, určení jejich součtůa dořešení.

Pokud řešitel přehlédne některou z podmínek a kromě jediného možného řešení uvededalší (např. 632 + 145 = 777), udělte nejvýše 4 body. Za správné řešení bez zdůvodněníudělte nejvýše 2 body.

Poznámka. Součet všech šesti daných číslic je dělitelný třemi a ciferný součet Filipovačísla má být dělitelný třemi, proto i ciferný součet Kamilina čísla musí být dělitelný třemi.Tento poznatek ve výše uvedeném řešení vylučuje možnost 632 mezi Kamilinými čísly.

Z7–II–3Sestrojte kružnici se středem S a poloměrem 3 cm. Sestrojte dva navzájem kolmé

průměry AC a BD této kružnice. Sestrojte rovnoramenné trojúhelníky ABK,BCL,CDM ,DAN tak, aby:

• základnou každého trojúhelníku byla strana čtyřúhelníku ABCD,• základna každého trojúhelníku byla shodná s výškou na tuto stranu,• žádný trojúhelník nepřekrýval čtyřúhelník ABCD.

Ze zadaných údajů vypočtěte obsah mnohoúhelníku AKBLCMDN . (M. Krejčová)

Možné řešení. Rozbor:Úsečky AC a BD jsou shodné, navzájem kolmé a střed každé z nich splývá s jejich prů-

sečíkem. Proto body A,B,C,D tvoří vrcholy čtverce. Trojúhelník ABK je rovnoramennýse základnou AB, proto jeho vrchol K leží na ose úsečky AB. Osa úsečky AB splývá s osouúsečky CD a na této přímce leží také střed S čtverce ABCD a vrchol M rovnoramennéhotrojúhelníku CDM . Obdobné pozorování platí pro trojici bodů L, S a N .

A

B

C

D

S

K L

MN

O

2

Konstrukce:

• Kružnice se středem S a poloměrem 3 cm,• navzájem kolmé přímky procházející bodem S, průsečíky s kružnicí označeny A,C

a B,D,• čtyřúhelník (čtverec) ABCD,• kolmice k přímce AB (totožná s kolmicí k přímce CD) jdoucí bodem S, pata kolmice

označena O,• bod K na polopřímce SO ve vzdálenosti |AB| od bodu O,• trojúhelník ABK,• ostatní body a trojúhelníky obdobně.

Výpočet:Mnohoúhelník AKBLCMDN je složen ze čtverce ABCD a čtyř navzájem shodných

rovnoramenných trojúhelníků ABK, BCL, CDM , DAN .Trojúhelník ABK má jako základnu stranu čtverce ABCD a odpovídající výška je s ní

shodná. Proto je obsah trojúhelníku ABK roven polovině obsahu čtverce ABCD a obsahcelého mnohoúhelníku AKBLCMDN je roven trojnásobku obsahu čtverce ABCD.

Čtverec ABCD je úhlopříčkami rozdělen na čtyři navzájem shodné trojúhelníky ABS,BCS, CDS a DAS. Každý z těchto trojúhelníků je pravoúhlý a rovnoramenný s ramenydélky 3 cm. Obsah čtverce je tedy roven

4 · 3 · 32

= 18 (cm2).

Obsah mnohoúhelníku AKBLCMDN je tedy roven 3 · 18 = 54 (cm2).

Hodnocení. 2 body za rozbor a provedení konstrukce; 4 body za výpočet, z toho 2 bodyza určení vztahu mezi obsahy trojúhelníku ABK a čtverce ABCD, 2 body za vyčísleníobsahů čtverce a celého mnohoúhelníku. Výpočet založený na pouhém měření v obrázku,resp. správný výsledek bez zdůvodnění nehodnoťte.

3



Pepík si do sešitu napsal následující úlohu:

M +A+M +R+A+D +M +A+ T + E +M +A+ T + I +K + U =

Poté nahrazoval písmena číslicemi od 1 do 9, a to tak, že různá písmena nahrazoval různýmičíslicemi a stejná stejnými.

Jaký největší součet mohl Pepík dostat? A mohl Pepík dostat součet 50?Časem se Pepíkovi podařilo vytvořit součet 59. Která číslice mohla v takovém případě

odpovídat písmenu T? Určete všechny možnosti. (E. Novotná)

Možné řešení. V Pepíkově výrazu je právě devět různých písmen, přičemž písmena Ma A se opakují čtyřikrát a písmeno T dvakrát. Při libovolném nahrazení písmen číslicemipodle uvedených požadavků platí, že součet M +A+R+D+T +E+ I +K +U je rovensoučtu všech číslic od 1 do 9, což je 45. Pepíkův součet tedy můžeme vyjádřit jako

4M + 4A+R+D + 2T + E + I +K + U = 3M + 3A+ T + 45.

Největší součet lze dostat tak, že nejčastěji se opakující písmena jsou nahrazena nej-většími možnými číslicemi. Stačí tedy písmena M a A nahradit číslicemi 9 a 8 (v libovolnémpořadí) a písmeno T číslicí 7. Největší součet, který mohl Pepík dostat, je

3 · 9 + 3 · 8 + 7 + 45 = 103.

Součet 50 odpovídá takovému nahrazení písmen, že 3M + 3A + T + 45 = 50, tedy3M+3A+T = 5. To však není možné, neboť při jakémkoli nahrazení je poslední zmiňovanýsoučet jistě větší než 3 + 3 + 1 = 7. Součet 50 Pepík dostat nemohl.

Součet 59 odpovídá takovému nahrazení písmen, že 3M + 3A + T + 45 = 59, tedy3(M + A) + T = 14. Přitom součet M + A je nejméně 3 (= 1 + 2) a nejvýše 4 (pokudM +A > 4, potom 3(M +A) + T > 14):

• pokud M +A = 1 + 2 = 3, potom T = 14− 3 · 3 = 5,• pokud M +A = 1 + 3 = 4, potom T = 14− 3 · 4 = 2.

V obou případech písmena M , A a T odpovídají navzájem různým číslicím. Při součtu59 mohlo být písmeno T nahrazeno buď číslicí 5, nebo 2.

Hodnocení. Po 1 bodu za odpověď na každou z dílčích otázek; 3 body za úplnost a kvalitukomentáře.

1

Z8–II–2Krychle o hraně 12 cm byla rozdělena na menší navzájem shodné krychličky tak, že

součet všech jejich povrchů byl osmkrát větší než povrch původní krychle.Určete, kolik bylo malých krychliček a jak dlouhé byly jejich hrany. (M. Volfová)

Možné řešení. Pokud jsou hrany krychliček n-krát menší než hrana původní krychle,potom tato krychle byla rozdělena na n·n·n = n3 krychliček. Povrch krychle je 6·122 (cm2).Součet povrchů všech krychliček je

n3 · 6 ·(

12n

)2= n · 6 · 122 (cm2).

Aby byl tento součet osmkrát větší než povrch původní krychle, musí být n = 8. Krychlebyla rozdělena na 83 = 512 krychliček a hrana každé z nich měřila 12 : 8 = 1,5 (cm).

Hodnocení. 2 body za vztah mezi poměrem délek hran krychle a krychliček (1 : n)a počtem všech krychliček (n3); 2 body za vyjádření a porovnání povrchů; 2 body zadořešení.

Poznámka. K témuž výsledku lze dojít také postupným zkoušením dělení krychle, kterévede k výpočtům odpovídajícím dosazování n = 2,3, . . . do předchozích výrazů. V takovémpřípadě přizpůsobte hodnocení s ohledem na kvalitu komentáře.

Z8–II–3V rovnostranném trojúhelníku ABC se stranou délky 8 cm je bod D střed strany BC

a bod E je střed strany AC. Bod F leží na úsečce BC tak, že obsah trojúhelníku ABF jestejný jako obsah čtyřúhelníku ABDE.

Vypočtěte délku úsečky BF . (L. Růžičková)

Možné řešení. Jak čtyřúhelník ABDE, tak trojúhelník ABF lze rozdělit na dva troj-úhelníky, z nichž ABD je společný oběma. Zbývající části, tj. trojúhelníky ADE a ADF ,proto musejí mít stejný obsah. Tyto dva trojúhelníky mají společnou stranu AD, protomusejí mít i stejnou výšku na tuto stranu. To znamená, že body E a F leží na rovnoběžces přímkou AD.

Jelikož je bod E středem strany AC, je také bod F středem úsečky CD. Přitombod D je středem úsečky BC, bod F je proto ve třech čtvrtinách úsečky BC. Hledanádélka úsečky BF je 4 + 2 = 6 cm.

A B

C

DE

F

2

Jiné řešení. Rovnostranný trojúhelník ABC je svými středními příčkami rozdělen načtyři shodné trojúhelníky, z nichž tři tvoří čtyřúhelník ABDE. Proto také obsah trojúhel-níku ABF je roven třem čtvrtinám obsahu trojúhelníku ABC. Tyto dva trojúhelníky majístejnou výšku ze společného vrcholu A, proto délka strany BF je rovna třem čtvrtinámdélky strany BC. Hledaná délka úsečky BF je 6 cm.

A B

C

DE

F

Jiné řešení. Úsečka ED je střední příčkou trojúhelníku ABC, proto je rovnoběžná s ABa má délku 8 : 2 = 4 (cm). Čtyřúhelník ABDE je lichoběžníkem se základnami délek 8 cma 4 cm a výškou, která je rovna polovině výšky trojúhelníku ABC.

Pokud velikost výšky trojúhelníku ABC označíme v, potom obsah lichoběžníkuABDE, resp. obsah trojúhelníku ABF je

(8 + 4) · 12v2

= 3v, resp.|BF | · v

2.

Podle zadání jsou tyto obsahy stejné, proto |BF | = 6 cm.

Hodnocení. 2 body za jakýkoli poznatek vedoucí k jednoznačnému vymezení bodu F ;2 body za dořešení; 2 body podle kvality komentáře.

3



Z9–II–1

Šárka a Terezka dostaly bonboniéru, ve které bylo 35 čokoládových bonbónů. Každýden snědlo každé z děvčat alespoň jeden bonbón a žádný bonbón nebyl dělen na části.První den snědla Terezka 2

5toho, co snědla tentýž den Šárka. Druhý den snědla Šárka

3

4toho, co snědla tentýž den Terezka. Na konci druhého dne byla bonboniéra prázdná.Kolik bonbónů celkem snědla Terezka, když víme, že rozdíl mezi počtem bonbónů

snědených Terezkou a počtem bonbónů snědených Šárkou byl nejmenší možný?(L. Hozová)

Možné řešení. První den Terezka snědla 25toho, co snědla Šárka. Počet bonbónů sně-

dených ten den Šárkou proto musel být dělitelný 5. Druhý den snědla Šárka 34toho, co

snědla Terezka. Počet bonbónů snědených ten den Terezkou proto musel být dělitelný 4.Počty bonbónů snědených děvčaty v jednotlivé dny uvádíme v následující tabulce, kde xa y značí neznámá přirozená čísla:

1. den 2. den

Šárka 5x 3y

Terezka 2x 4y

Celkem se za oba dny snědlo 35 bonbónů, tedy

7x+ 7y = 35 neboli x+ y = 5. (1)

Rozdíl mezi počtem bonbónů snědených Terezkou a počtem bonbónů snědených Šárkou je

(2x+ 4y)− (5x+ 3y) = y − 3x. (2)

Pokud z (1) vyjádříme y = 5− x a dosadíme do (2), dostaneme rozdíl 5− 4x. Tento rozdílje nejmenší možný, právě když x = 1. Odtud vyplývá, že y = 4 a že Terezka celkem snědla2 · 1 + 4 · 4 = 18 bonbónů.Poznámka. Dvojice přirozených čísel (x, y) vyhovující rovnici (1) jsou čtyři:

(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1).

Dosazením každé z těchto dvojic do úvodní tabulky dostaneme konkrétní hodnoty, mezikterými lze vybrat tu s nejmenším rozdílem mezi počty bonbónů snědených Terezkoua Šárkou. Toto řešení odpovídá první uvedené dvojici:

1. den 2. den celkem

Šárka 5 12 17

Terezka 2 16 18

1

Jiné řešení. Protože celkový počet bonbónů byl 35, což je liché číslo, nejmenší možnýrozdíl mezi bonbóny snědenými Šárkou a Terezkou by mohl být 1. V takovém případě bybuď Šárka snědla 18 bonbónů a Terezka 17, nebo naopak. Při stejném značení jako v úvodupředchozího řešení by první možnost vedla k soustavě rovnic

5x+ 3y = 18,

2x+ 4y = 17.

Po úpravách dostáváme řešení x = 3

2a y = 7

2, které však není vyhovující, protože není

celočíselné. Druhá zmiňovaná možnost by vedla k soustavě rovnic

5x+ 3y = 17,

2x+ 4y = 18,

která po úpravách dává řešení x = 1 a y = 4. Terezka celkem snědla 18 bonbónů.

Hodnocení. 2 body za vztahy mezi snědenými bonbóny v jednotlivých dnech (např. jakov úvodní tabulce); 2 body za sestavení rovnic; 2 body za dořešení a kvalitu komentáře.

Z9–II–2

Ve čtyřúhelníku ABCD jsou strany AB a CD rovnoběžné, přičemž strana AB jedvakrát delší než strana CD. Bod S je průsečíkem úhlopříček čtyřúhelníku ABCD a troj-úhelníky ABS a CDS jsou oba rovnostranné. Bod E je takový bod úsečky BS, že velikostúhlu ACE je 30◦.

Určete poměr obsahů čtyřúhelníku ABCD a trojúhelníku EBC. (E. Semerádová)

Možné řešení. Ze zadání víme, že (1) trojúhelníky ABS a CDS jsou rovnostranné a(2) délky jejich stran jsou v poměru 2 : 1. Z prvního poznatku plyne, že všechny vnitřníúhly v těchto trojúhelnících mají velikost 60◦. Proto je velikost úhlu ESC rovna 180◦ −−60◦ = 120◦. Protože velikost úhlu SCE je 30◦, na velikost úhlu SEC v trojúhelníku SECzbývá také 30◦. Trojúhelník SEC je tedy rovnoramenný se základnou EC, a proto jsouúsečky SE a SC shodné. Z druhého poznatku plyne, že úsečka SB má dvojnásobnou délkuve srovnání s úsečkou SC. Celkem tedy zjišťujeme, že bod E leží v polovině úsečky SB,resp. úsečka DB je body S a E rozdělena na třetiny.

A B

CD

S

E

60◦

30◦

2

Trojúhelníky DBC a EBC mají společný vrchol C a délky jemu protilehlých stranDB a EB jsou v poměru 3 : 1. Ve stejném poměru jsou proto i jejich obsahy,

SDBC : SEBC = 3 : 1.

Lichoběžník ABCD je úhlopříčkou DB rozdělen na dva trojúhelníky DBA a DBC, kterémají společnou výšku s lichoběžníkem a délky příslušných stran AB a CD jsou v poměru2 : 1. Ve stejném poměru jsou proto i obsahy těchto trojúhelníků, tzn.

SABCD : SDCB = 3 : 1.

Celkem tedy zjišťujeme, že hledaný poměr obsahů je

SABCD : SECB = 9 : 1.

Poznámka. Trojúhelníky ABS a CDS jsou podobné s koeficientem podobnosti 2 : 1,jejich obsahy jsou proto v poměru 4 : 1. Názorně lze tento poměr ukázat rozdělenímtrojúhelníku ASB pomocí středních příček na čtyři trojúhelníky shodné s CDS, viz obrá-zek. Doplněním úsečky DF je lichoběžník ABCD rozdělen na devět trojúhelníků majícíchstejný obsah jako trojúhelník EBC.

A B

CD

S

F E

Hodnocení. 3 body za určení, že bod E je v polovině úsečky SB; po 1 bodu za každý zezvýrazněných poměrů (nebo odpovídající dílčí kroky při jiném řešení).

Z9–II–3

Čtyři kamarádky našly v učebnici následující poznámku:

Víme, že√

a · b = 99√2 a že

√a · b · c je přirozené číslo.

Nyní přemýšlí a dohadují se, co mohou říci o čísle c:

Anna: „Určitě to nemůže být√2.ÿ

3

Dana: „Může to být např. 98.ÿHana: „Může to být jakékoli sudé číslo.ÿJana: „Takové číslo je určitě jenom jedno.ÿ

Rozhodněte, která (které) z dívek má (mají) pravdu, a vysvětlete proč.(E. Semerádová)

Možné řešení. Zmiňovaný výraz můžeme vyjádřit jako

√a · b · c =

√a · b · √

c = 99√2 · √c. (1)

Pro c =√2 je

√a · b · c = 99

√2 ·»√2,

což není přirozené číslo. Anna tedy má pravdu.Pro c = 98 je

√a · b · c = 99

√2 ·

√98 = 99

√2 · 2 · 7 · 7 = 99 · 2 · 7,

což je přirozené číslo. Dana tedy má pravdu.Např. pro c = 4 je √

a · b · c = 99√2 · 2,

což není přirozené číslo. Hana tedy nemá pravdu.Pro c = 98 jsme již ukázali, že

√a · b · c je přirozené číslo. Dále např. pro c = 2 je

√a · b · c = 99

√2 ·

√2 = 99 · 2,

což je přirozené číslo. Jana tedy nemá pravdu.

Jiné řešení. Aby výraz (1) představoval přirozené číslo, muselo by být

√c =

√2 · k neboli c = 2 · k2, (2)

pro nějaké přirozené číslo k.Protože c =

√2 není tvaru (2), Anna má pravdu.

Protože c = 98 = 2 · 72 je tvaru (2), Dana má pravdu.Protože ne každé sudé číslo je tvaru (2), Hana nemá pravdu.Protože čísel tvaru (2) je nekonečně mnoho, Jana nemá pravdu.

Hodnocení. Po 1 bodu za zhodnocení výroků Anny a Dany; po 2 bodech za zhodnocenívýroků Hany a Jany. Odpovědi bez zdůvodnění nehodnoťte, i kdyby byly správné.

4

Z9–II–4

Kvádr o rozměrech 20 cm × 30 cm × 40 cm je položen tak, že hrana délky 20 cm ležína stole a hrana délky 40 cm svírá se stolem úhel 30◦. Kvádr je částečně naplněn vodou,která smáčí horní stěnu o rozměrech 20 cm× 40 cm z jedné čtvrtiny.

Určete objem vody v kvádru. (M. Krejčová)

20 cm

30◦

Možné řešení. Objem vody v kvádru lze určit jako rozdíl objemu kvádru a objemu jehoprázdné části. Objem kvádru je 2 ·3 ·4 dm3, tj. 24 litrů. Prázdná část kvádru tvoří trojbokýhranol, jehož podstavou je pravoúhlý trojúhelník a jehož výška měří 2 dm. Stačí určit obsahpravoúhlého trojúhelníku ABH:

AB

H

D

Horní stěnu kvádru smáčí voda z jedné čtvrtiny. To znamená, že hrana DH délky 4 dmje rozdělena vodní hladinou v bodě A vzdáleném 1dm od bodu D neboli 3 dm od bodu H.Vodní hladina je rovnoběžná s rovinou stolu a protilehlé hrany kvádru jsou navzájemrovnoběžné, proto má úhel BAH velikost 30◦. Pravý úhel je u vrcholu H, na zbylý úhelu vrcholu B tak zbývá 60◦.

Trojúhelník ABH můžeme chápat jako polovinu rovnostranného trojúhelníku rozděle-ného výškou AH. Délka strany BH je proto poloviční vzhledem k délce AB. Pokud velikoststrany BH v dm označíme x, potom podle Pythagorovy věty v trojúhelníku ABH platí

32 + x2 = (2x)2.

5

Odtud plyne 3x2 = 9 neboli x =√3. Obsah pravoúhlého trojúhelníku ABH je tedy roven

3√3

2dm2.

Objem trojbokého hranolu představujícího prázdnou část kvádru je 2· 3√3

2= 3

√3 dm3,

což je přibližně 5,2 litrů. Objem vody v kvádru je 24−3√3 dm3, což je přibližně 18,8 litrů.

Hodnocení. 2 body za úvodní úvahu a délku úsečky AH, resp. AD; 3 body za délkuúsečky BH a obsah trojúhelníku ABH; 1 body za dopočítání a případné zaokrouhlení.

6


III. kolo kategorie Z9Z9–III–1

Ve finále soutěže společenských tanců měl každý z dvaceti pěti porotců ohodnotit pěttanečních párů známkami 1 až 5 jako ve škole, přičemž každou známku musel použít právějednou. Po soutěži byla zveřejněna tabulka s průměry známek pro každý pár:

pár A pár B pár C pár D pár E

4,68 3,86 3,36 1,44 1,60

Záhy se zjistilo, že právě jeden z průměrů je v tabulce uveden špatně. Zjistěte, který průměrje chybný, a opravte jej.

Jedním z porotců byl strýc tanečníka páru E. Páry však hodnotil čestně a bez zaujetínásledujícím způsobem: 1 pro D, 2 pro E, 3 pro B, 4 pro C a 5 pro A. Přesto mu po vy-hlášení opravených výsledků vrtalo hlavou, zda by býval mohl nepoctivým oznámkovánímposunout pár E na první místo. Zjistěte, zda to mohl dokázat. (L. Šimůnek)

Možné řešení. Průměr známek každého páru je roven součtu všech jemu přidělenýchznámek vydělenému číslem 25. Součty známek jednotlivých párů by tak měly být:

4,68 · 25 = 117, 3,86 · 25 = 96,5, 3,36 · 25 = 84, 1,44 · 25 = 36, 1,60 · 25 = 40.

Vidíme, že součet známek u páru B není přirozené číslo, výsledek tohoto páru byl tedychybný. Nyní jej opravíme. Součet všech známek udělených v soutěži byl

25 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 25 · 15 = 375.

Odečteme součty známek udělených párům A, C, D, E a získáme součet známek udělenýchpáru B:

375− 117− 84− 36− 40 = 375− 277 = 98.

Správný průměr známek udělených páru B byl tedy

98 : 25 = 3,92.

Pokud by chtěl zmíněný porotce co nejvíce prospět páru E, mohl místo známky 2udělit 1. Tím by se součet známek páru E zmenšil z 40 na 39. Aby páru D co nejvíce uškodil,mohl místo známky 1 udělit 5 a součet jeho známek tak zvětšit z 36 na 40. V takovémpřípadě by výsledek páru D byl horší než výsledek páru E. Zmíněný porotce tedy mohlnepoctivým oznámkováním posunout pár E na první místo.

Hodnocení. 2 body za určení chybného průměru; 2 body za jeho opravu; 2 body za řešenízbylé části úlohy.

Poznámka. Násobení 25 je totéž jako násobení 100 následované dělením 4. Chybný prů-měr lze tedy odhalit kontrolou, zda dvojčíslí za desetinou čárkou je dělitelné čtyřmi.Správný průměr páru B lze (bez roznásobování 25 a následným dělením týmž číslem)určit takto:

15− 4,68− 3,36− 1,44− 1,60 = 3,92.

1

Z9–III–2Každé z čísel a a b lze vyjádřit jako součin tří prvočísel menších než 10. Každé prvočíslo

menší než 10 je přítomno v rozkladu alespoň jednoho z čísel a a b. Největší společný dělitelčísel a a b je roven největšímu společnému děliteli čísel a

15 a b a současně dvojnásobkunejvětšího společného dělitele čísel a a b

4 .Určete čísla a a b. (E. Semerádová)

Možné řešení. Prvočísla menší než 10 jsou 2, 3, 5 a 7. Ze zadání plyne, že číslo a jedělitelné 15 a číslo b je dělitelné 4. Prvočíselné rozklady těchto čísel jsou proto tvaru

a = 3 · 5 · p, b = 2 · 2 · q,kde p a q jsou prvočísla z výše uvedeného seznamu.

Protože největší společný dělitel čísel a a b je roven dvojnásobku největšího společnéhodělitele čísel a a b

4 , musí být p = 2 a q 6= 2. Tedy

a = 3 · 5 · 2 = 30.

Protože největší společný dělitel čísel a a b je roven největšímu společnému děliteli čísel a15

a b, nemůže být q ani 3, ani 5. Z předchozího víme, že q nemůže být ani 2. Tedy q = 7 a

b = 2 · 2 · 7 = 28.

Každé z uvedených prvočísel je přítomno v rozkladu alespoň jednoho z čísel a a b.Neznámá čísla jsou a = 30 a b = 28.

Hodnocení. 1 bod za dělitelnost čísla a patnácti; 1 bod za dělitelnost čísla b čtyřmi;3 body za diskusi možností pro p a q; 1 bod za určení vyhovující možnosti a vyjádření aa b.

Z9–III–3Na tajemném ostrově žijí dva druhy domorodců: jedni mluví výhradně pravdu (po-

ctivci), druzí stále lžou (lháři). Výzkumníci tam potkali několik skupin domorodců a vždyse každého ze skupiny zeptali, kolik je v jejich skupině poctivců.

• Jako odpovědi od jedné čtyřčlenné skupiny dostali všechna čísla stejná.• Jako odpovědi od druhé skupiny dostali čísla 0, 1, 3, 3, 3, 4.

Kolik poctivců mohlo být v jedné a kolik ve druhé skupině? Určete všechny možnosti.(M. Volfová)

Možné řešení. Kdyby v první skupině byli samí poctivci, dostali by výzkumníci jakoodpověď čísla 4, 4, 4, 4. Kdyby ve skupině byli tři, dva, resp. jeden poctivec, nemohli byvýzkumníci dostat jako odpověď čtyři stejná čísla. Kdyby ve skupině byli jenom lháři,mohli by výzkumníci jako odpověď dostat jakoukoli čtveřici čísel neobsahující 0. V prvnískupině proto mohly být buď čtyři poctivci, nebo žádný.

Protože všichni poctivci ve skupině musí (na rozdíl od lhářů) odpovídat stejně, číslo kmůže představovat odpověď poctivce, pouze když se opakuje k-krát. Proto počet poctivcůve druhé skupině mohl být buď jeden, nebo tři. (Kdyby ve skupině byli samí lháři, potomby odpověď 0 byla pravdivá, což u lhářů není možné.)

Hodnocení. Po 2 bodech za určení možností u každé skupiny; 2 body za úplnost a kvalitukomentáře.

2

Z9–III–4V kosočtverci ABCD se stranou délky 4 cm a úhlopříčkou AC délky 4 cm je bod K

středem strany BC. Dále jsou sestrojeny body L a M , které tvoří spolu s body D a Kčtverec KLMD.

Vypočtěte obsah čtverce KLMD. (L. Růžičková)

Možné řešení. Podle zadání je kosočtverec ABCD tvořen dvěma shodnými rovnostran-nými trojúhelníky ACD a ABC. Bod K je středem strany BC, úsečka AK je výškouv trojúhelníku ABC a osou úhlu CAB. Vnitřní úhly v rovnostranných trojúhelnících majívelikost 60◦, proto je velikost úhlu CAK rovna 30◦ a velikost úhlu DAK je 60◦+30◦ = 90◦.Trojúhelník DAK je tedy pravoúhlý, přičemž jeho přepona je stranou hledaného čtverce.

Strana DA má velikost 4 cm. Strana AK je odvěsnou pravoúhlého trojúhelníku AKC,jehož zbylé strany měří 4 cm a 2 cm. Podle Pythagorovy věty platí

|AK|2 = |AC|2 − |CK|2 = 42 − 22 = 12 (cm2).

Nyní podle Pythagorovy věty v trojúhelníku DAK dostáváme

|DK|2 = |DA|2 + |AK|2 = 42 + 12 = 28 (cm2).

Obsah čtverce KLMD je 28 cm2.

A B

CD

M

K

L

30◦60◦

Hodnocení. 2 body za určení pravého úhlu DAK; 2 body za určení |AK|2; 2 body zaurčení |DK|2.

3



Míša má pět pastelek. Vojta jich má méně než Míša. Vendelín jich má tolik, kolik Míšaa Vojta dohromady. Všichni tři dohromady mají sedmkrát více pastelek, než má Vojta.

Kolik pastelek má Vendelín? (L. Hozová)

Nápověda. Kolik nejméně a kolik nejvíce pastelek mohou mít dohromady?

Možné řešení. Vojta má méně pastelek než Míša, tedy může mít

0, 1, 2, 3, nebo 4

pastelky. Vendelín má o pět víc pastelek než Vojta, tedy může mít postupně

5, 6, 7, 8, nebo 9

pastelek. Všichni tři dohromady mají dvojnásobek toho, co má Vendelín, tedy mohou mítpostupně

10, 12, 14, 16, nebo 18

pastelek.Mezi těmito čísly je jedině 14 sedminásobkem celého čísla, 14 = 7 · 2. Tedy Vojta má

2 pastelky a Vendelín 2 + 5 = 7 pastelek.

Z5–I–2Tereza dostala čtyři shodné pravoúhlé trojúhelníky se stranami délek 3 cm, 4 cm a 5 cm.

Z těchto trojúhelníků (ne nutně ze všech čtyř) zkoušela skládat nové útvary. Postupně sejí podařilo složit čtyřúhelníky s obvodem 14 cm, 18 cm, 22 cm a 26 cm, a to pokaždé dvěmarůznými způsoby (tj. tak, že žádné dva čtyřúhelníky nebyly shodné).

Nakreslete, jaké čtyřúhelníky mohla Tereza složit. (L. Růžičková)

Nápověda. Vyrobte si taky takové trojúhelníky.

Možné řešení. Obvod jednoho trojúhelníku je 3+4+5 = 12 (cm). Přiložením trojúhelníkucelou stranou k již složenému útvaru může být obvod nového útvaru větší buď o 3+4−5 = 2,nebo o 3 + 5− 4 = 4, nebo o 4 + 5− 3 = 6 (cm). Tyto poznatky poskytují jistou nápověduk tomu, jak přikládáním trojúhelníků realizovat ten který obvod. Hlavní podmínka, kterouje nutno při experimentování hlídat, je, aby výsledný útvar byl čtyřúhelníkem.

Pro jednotlivé obvody uvádíme všechna řešení, pro něž jsou výsledné čtyřúhelníkynavzájem neshodné (v některých případech je možné trojúhelníky, z nichž je čtyřúhelníksložen, ještě přeskládat). K vyhovujícímu řešení úlohy stačí u každého obvodu uvést dvěmožnosti.

Čtyřúhelník s obvodem 14 cm lze složit pouze ze dvou trojúhelníků:

1

4 cm

3 cm

4 cm

3 cm

4 cm

3 cm 4 cm

3 cm

Čtyřúhelník s obvodem 18 cm lze složit buď ze dvou, nebo ze tří trojúhelníků:

4 cm

5 cm

4 cm

5 cm

4 cm

5 cm

3 cm

5 cm1 cm

3 cm 3 cm

3 cm

5 cm4 cm

Čtyřúhelník s obvodem 22 cm lze složit pouze buď ze tří, nebo ze čtyř trojúhelníků:

4 cm

3 cm

5 cm

5 cm

5 cm

4 cm 4 cm

4 cm 4 cm

3 cm 3 cm

3 cm 3 cm 3 cm

3 cm

5 cm 5 cm

3 cm 3 cm

3 cm3 cm

5 cm5 cm

Čtyřúhelník s obvodem 26 cm lze složit pouze ze čtyř trojúhelníků:

3 cm

5 cm

5 cm

5 cm

5 cm3 cm

4 cm 4 cm 4 cm

4 cm

5 cm 5 cm

4 cm 4 cm

4 cm4 cm

5 cm5 cm

Poznámka. To, že uvedené útvary jsou čtyřúhelníky, plyne ve většině případů z toho,že v použitých trojúhelnících jsou pravé úhly proti nejdelší, pěticentimetrové straně, příp.

2

z toho, že ze dvou takových trojúhelníků lze složit obdélník. Až na několik výjimek lzeproblém nahlížet také jako vymezování oblastí v pomocné obdélníkové síti (s úhlopříčkami).Úplné zdůvodnění nelze po řešitelích v této kategorii vyžadovat.

Z5–I–3Šárka ráda oslavuje, takže kromě narozenin vymyslela ještě antinarozeniny : datum

antinarozenin vznikne tak, že se vymění číslo dne a číslo měsíce v datu narození. Sama senarodila 8. 11., takže antinarozeniny má 11. 8. Její maminka antinarozeniny slavit nemůže:narodila se 23. 7., její antinarozeniny by měly být 7. 23., což ale není datum žádného dnev roce. Její bratr sice antinarozeniny slavit může, ale má je ve stejný den jako narozeniny:narodil se 3. 3.

Kolik dní v roce je takových, že člověk, který se toho dne narodil, může slavit svojeantinarozeniny, a to v jiný den než svoje narozeniny? (V. Hucíková)

Nápověda. Který den v měsíci musí mít člověk narozeniny, aby mohl slavit antinaroze-niny?

Možné řešení. Kdo se narodil 1. 1., ten má antinarozeniny ve stejný den jako narozeniny.Kdo se narodil v období od 2. 1. do 12. 1., ten má antinarozeniny v jiný den než narozeniny.Kdo se narodil v období od 13. 1. do 31. 1., ten antinarozeniny slavit nemůže, protože měsícův roce je jenom 12. V měsíci lednu je tedy 11 dní, které vyhovují požadavku ze zadání.

Podobně je tomu v každém dalším měsíci: prvních dvanáct dní dává smysluplné datumantinarozenin, z toho právě v jednom případě jde o totéž datum. Vyhovujících dní v každémměsíci je 11, měsíců je 12, vyhovujících dní v roce je proto 11 · 12 = 132.

Z5–I–4V nové klubovně byly jen židle a stůl. Každá židle měla čtyři nohy, stůl byl trojnohý.

Do klubovny přišli skauti. Každý si sedl na svoji židli, dvě židle zůstaly neobsazené a početnohou v místnosti byl 101.

Určete, kolik židlí bylo v klubovně. (L. Hozová)

Nápověda. Kolik nohou přísluší obsazené židli?

Možné řešení. Stůl a dvě neobsazené židle mají celkem 3 + 8 = 11 nohou. Na všechnyobsazené židle tak připadá 101 − 11 = 90 nohou. Na každé takové židli seděl jeden skautse dvěma nohama. V klubovně tedy bylo 90 : 6 = 15 obsazených židlí a 15 + 2 = 17 židlícelkem.

Z5–I–5Tomáš dostal devět kartiček, na nichž byly následující čísla a matematické symboly:

18, 19, 20, 20, +, −, ×, (, )

Kartičky skládal tak, že vedle sebe nikdy neležely dvě kartičky s čísly, tj. střídaly se kartičkys čísly a kartičky se symboly. Takto vzniklé úlohy vypočítal a výsledek si zapsal.

Určete, jaký největší výsledek mohl Tomáš získat. (K. Pazourek)

3

Nápověda. Kam mohl Tomáš umístit závorky?

Možné řešení. Tomáš měl 4 kartičky s čísly a 5 kartiček se symboly. V jím sestavenýchúlohách se tyto dva typy kartiček střídaly, proto každá začínala a končila symbolem:

S Č S Č S Č S Č S

Před levou závorkou a za pravou závorkou by měl být symbol s nějakou matematickouoperací. Aby současně byla splněna předchozí podmínka a aby kartičky tvořily smysluplnéúlohy, musel Tomáš umístit závorky na kraje takto:

( Č S Č S Č S Č )

Násobení a přičítání výsledek zvětšuje, přičemž větší vliv má násobení, odčítání výsle-dek zmenšuje. Největší možný výsledek mohl Tomáš získat násobením největších možnýchčísel, odečtením nejmenšího možného čísla a přičtením zbylého čísla, tedy např. takto:

( 20 × 20 − 18 + 19 ),

což je rovno 401.

Poznámka. V uvedeném řešení jsme neuvažovali zkrácený zápis násobení závorky číslem.S tímto nápadem by největší výsledek bylo možné získat takto:

+ 19 ( 20 × 20 − 18 ),

což je rovno 7 258. I takové řešení hodnoťte jako správné.

Z5–I–6Na obrázku je herní plánek a cesta, kterou Jindra zamýšlel projít z pravého dolního

rohu do levého horního. Poté zjistil, že má plánek chybně pootočený, tedy že by nezačínalv pravém dolním rohu. Tvar zamýšlené cesty už ale nemohl změnit a musel ji projít přisprávném natočení plánku.

Pro každé ze tří možných natočení překreslete uvedenou cestu a určete, kolika šedýmipoli tato cesta prochází. (E. Semerádová)

4

Možné řešení. Při postupném pootáčení plánku dostáváme:

Cesta v jednotlivých případech prochází sedmi, osmi, resp. čtyřmi šedými poli.

5



Ivan a Mirka se dělili o hrušky na míse. Ivan si vždy bere dvě hrušky a Mirka polovinutoho, co na míse zbývá. Takto postupně odebírali Ivan, Mirka, Ivan, Mirka a nakonec Ivan,který vzal poslední dvě hrušky.

Určete, kdo měl nakonec víc hrušek a o kolik. (M. Dillingerová)

Nápověda. Kolik hrušek si vzala Mirka podruhé?

Možné řešení. Ivan si bral třikrát po dvou hruškách, nakonec tak měl 6 hrušek. Abychomurčili, kolik nakonec měla Mirka, postupně odzadu zjistíme, jak se počty hrušek vyvíjely.K tomu si stačí uvědomit, že před každým Ivanovým odebíráním bylo na míse o dvě hruškyvíc a před každým Mirčiným odebíráním byl na míse dvojnásobný počet hrušek.

Ivan si při svém třetím odebírání vzal poslední 2 hrušky.Mirka si při svém druhém odebírání vzala 2 hrušky, před tím na míse byly 4 hrušky.Ivan si při svém druhém odebírání vzal 2 hrušky, před tím na míse bylo 6 hrušek.Mirka si při svém prvním odebírání vzala 6 hrušek, před tím na míse bylo 12 hrušek.Ivan si při svém prvním odebírání vzal 2 hrušky, původně na míse bylo 14 hrušek.Mirka si celkem vzala 8 hrušek, nakonec tedy měla o dvě hrušky víc než Ivan.

Z6–I–2Arnošt si ze čtverečkového papíru vystřihl čtverec 4× 4. Kristián v něm vystřihl dvě

díry, viz dva černé čtverečky na obrázku. Tento útvar zkoušel Arnošt rozstřihnout podlevyznačených čar na dvě shodné části.

Najděte alespoň čtyři různé způsoby, jak to mohl Arnošt udělat. (Přitom dvě stříhánípovažujte za různá, pokud části vzniklé jedním stříháním nejsou shodné s částmi vzniklýmidruhým stříháním.) (A. Bohiniková)

Nápověda. Všimněte si jisté souměrnosti.

Možné řešení. Jedno z nejjednodušších možných rozdělení je naznačeno na následujícímobrázku:

6

Nově vzniklé části jsou — stejně jako původní útvar — souměrné podle středu ohra-ničujícího čtverce. Předchozí rozdělení je možné postupně modifikovat tak, aby středověsouměrné čtverečky patřily do různých částí. Přidáváním, resp. odebíráním čtverečků v prv-ním sloupci dostáváme následující možná rozdělení:

Poznámka. Jakákoli další modifikace vede buď k rozdělení shodnému s některým z před-chozích, nebo k rozdělení, které sestává z více nesouvislých částí. Uvedená čtyři řešení tedypředstavují všechny různé způsoby rozdělení.

Z6–I–3Na obrázku jsou naznačeny dvě řady šestiúhelníkových polí, které doprava pokračují

bez omezení. Do každého pole doplňte jedno kladné celé číslo tak, aby součin čísel v libo-volných třech navzájem sousedících polích byl 2018.

Určete číslo, které bude v 2019. políčku v horní řadě. (L. Růžičková)

1 2

Nápověda. Která čísla můžete doplňovat?

Možné řešení. Prvočíselný rozklad čísla 2018 je 2 ·1009. Číslo 2018 je tedy možné zapsatjako součin tří kladných čísel pouze dvěma způsoby (až na záměnu pořadí činitelů):

1 · 1 · 2018, 1 · 2 · 1009.

Do prázdných polí je tedy možno doplnit pouze některá z čísel 1, 2, 1009 a 2018. Kvůlisnadnějšímu vyjadřování si neznámá čísla v prázdných polích označíme:

1

A

B

C

2

D

E

F

G

Aby platilo 1 ·A ·B = A ·B ·C, musí být C = 1. Aby platilo A ·B ·C = B ·C · 2, musíbýt A = 2. Aby platilo B · C · 2 = C · 2 ·D, musí být D = B. Takto postupně zjišťujeme

1 = C = E, A = 2 = F, B = D = G atd.

7

Čísla v polích se tedy pravidelně opakují podle následujícího vzoru:

1

2

B

1

2

B

1

2

B

1

Aby nyní součin libovolných tří navzájem sousedících polí byl 2018, musí býtB = 1009.V horním řádku se tedy pravidelně střídá trojice čísel 2, 1, 1009. Jelikož 2019 = 3 · 673,je 2019. políčko třetím políčkem v 673. trojici v horním řádku. Proto je v tomto políčkučíslo 1009.

Poznámka. Jakmile víme, která čísla se mohou v polích vyskytovat, můžeme je začítpostupně doplňovat do některého z prázdných polí a následně zkoumat, zda a případně jakpokračovat dále. Tak lze vyloučit všechny možnosti až na tu uvedenou výše. (Kdybychomnapř. doplnili A = 1, potom z požadavku 1 · A · B = 2018 plyne, že B = 2018. Aby dáleplatilo A ·B · C = 2018, muselo by být C = 1, a tedy B · C · 2 = 2018 · 1 · 2. Tento součinvšak není 2018, proto A nemůže být 1.)

Řešení, ze kterého není patrné, proč výše uvedené doplnění je jediné možné, nemůžebýt hodnoceno nejlepším stupněm.

Z6–I–4Pan Ticháček měl na zahradě tři sádrové trpaslíky: největšímu říkal Mašík, prostřed-

nímu Jířa a nejmenšímu Fanýnek. Protože si s nimi rád hrával, časem zjistil, že když postavíFanýnka na Jířu, jsou stejně vysocí jako Mašík. Když naopak postaví Fanýnka na Mašíka,měří dohromady o 34 cm víc než Jířa. A když postaví na Mašíka Jířu, jsou o 72 cm vyššínež Fanýnek.

Jak vysocí jsou trpaslíci pana Ticháčka? (M. Petrová)

Nápověda. Znázorněte si všechny tři situace.

Možné řešení. Všechny tři situace si znázorníme takto:

J

F

M M

F

J

34 cm

M

J

F

72 cm

Protože Jířa s Fanýnkem na hlavě měří stejně jako Mašík, můžeme u druhé a třetísituace Mašíka touto dvojicí nahradit:

8

F

F

J J

34 cm

F

J

J

F

72 cm

Nyní je vše jasné: Dva Fanýnkové na sobě měří 34 cm, jeden Fanýnek tak měří 17 cm.Dva Jířové na sobě měří 72 cm, jeden Jířa proto měří 36 cm. Mašík pak měří jako Fanýneka Jířa dohromady, tedy 17 + 36 = 53 (cm).

Z6–I–5V následujícím příkladě na sčítání představují stejná písmena stejné číslice, různá

písmena různé číslice:R A T AM

R AD

U L OH Y

Nahraďte písmena číslicemi tak, aby byl příklad správně. Najděte dvě různá nahrazení.(E. Novotná)

Nápověda. Začněte s číslicemi schovanými za písmeny A a L.

Možné řešení. Nejprve si všimněme, že v příkladě se vyskytuje deset různých písmen,tedy při nahrazování budou použity všechny číslice.

Dále vidíme, že sčítáme pětimístné číslo s trojmístným a že na místě tisícovek se měníčíslice. To je možné jedině v případě, že dochází k přenosu ze sloupce stovek („přechod přesdesítkuÿ). Vzhledem k tomu, že příslušný součet je vždy menší než 20, musí být A = 9,L = 0 a U = R+ 1.

Nyní oba sčítanci na místě desítek jsou 9, tedy by mohlo být H = 8, nebo H = 9podle toho, zda dochází k přenosu z posledního sloupce. Vzhledem k tomu, že H a A majíbýt různé, musí být H = 8 a k přenosu z posledního sloupce nedochází. Pro číslice v tomtosloupci proto platí Y = M +D.

Ve sloupci na místě stovek přispívá přenos ze sloupce desítek a současně sám přispívádo sloupce tisícovek. Pro číslice v tomto sloupci proto platí 10 + O = T + R + 1. Propřehlednost stávající poznatky shrneme:

R 9 T 9MR 9 D

U 0 O 8 Y , kde U = R+ 1, O = T +R− 9, Y = M +D.

9

Neznámá písmena je třeba nahradit číslicemi od 1 do 7 tak, aby platily všechny uve-dené vztahy. Nyní se nelze vyhnout zkoušení, které může být značně zdlouhavé. Vzhledemk tomu, že písmeno R se opakuje, je vhodné začít zkoušet odtud. Ukazuje se, že pro všechnavyhovující řešení je R = 6, a tedy U = 7. Zbylé číslice od 1 do 5 mohou být dosazeny ná-sledovně:

6 9 5 9 16 9 3

7 0 2 8 4

6 9 5 9 36 9 1

7 0 2 8 4

6 9 4 9 26 9 3

7 0 1 8 5

6 9 4 9 36 9 2

7 0 1 8 5

K uspokojivému vyřešení úlohy stačí najít dvě z uvedených nahrazení. Záměna M a Dje zřejmou možností, jak z jednoho řešení odvodit druhé.

Poznámka. Před vlastním zkoušením si lze všimnout, že aby platilo O = 1, musí býtT + R = 10. Vzhledem k tomu, že žádná z těchto číslic nemůže být větší než 7, musí býtjak T , tak R alespoň 3. Z uvedených vztahů dále plyne, že Y musí být také alespoň 3a U alespoň 4. Číslice 1 a 2 proto musí být některá dvě písmena z trojice M , D a O.

Z6–I–6

Ve dvanáctiúhelníku ABCDEFGHIJKL jsou každé dvě sousední strany kolméa všechny strany s výjimkou stran AL a GF jsou navzájem shodné. Strany AL a GF jsouoproti ostatním stranám dvojnásobně dlouhé. Úsečky BG a EL se protínají v bodě Ma rozdělují dvanáctiúhelník na šest útvarů (tři trojúhelníky, dva čtyřúhelníky a jeden pěti-úhelník). Čtyřúhelník EFGM má obsah 7 cm2.

Určete obsahy ostatních pěti útvarů. (E. Semerádová)

A B

C D

E F

GH

IJ

KL

M

Nápověda. Rozdělte obrázek na menší navzájem shodné útvary.

Možné řešení. Ze zadání víme, že dvanáctiúhelník ABCDEFGHIJKL sestává ze šestinavzájem shodných čtverců. Každý z těchto čtverců může být dále rozdělen úhlopříčkami načtyři navzájem shodné trojúhelníčky. Dvanáctiúhelník tedy sestává z 24 navzájem shodnýchtrojúhelníčků, a to tak, že každý z výše jmenovaných útvarů je tvořen několika takovýmitrojúhelníčky:

10

A B

C D

E F

GH

IJ

KL

M

Čtyřúhelník EFGM sestává ze sedmi těchto trojúhelníčků a má obsah 7 cm2. Jedentrojúhelníček má proto obsah 1 cm2 a obsahy všech útvarů jsou

SIJM = 1 cm2, SIGH = SJKL = 2 cm2,

SCDEMB = 5 cm2, SABML = SEFGM = 7 cm2.

11



Na každé ze tří kartiček je napsána jedna číslice různá od nuly (na různých kartičkáchnejsou nutně různé číslice). Víme, že jakékoli trojmístné číslo poskládané z těchto kartičekje dělitelné šesti. Navíc lze z těchto kartiček poskládat trojmístné číslo dělitelné jedenácti.

Jaké číslice mohou být na kartičkách? Určete všechny možnosti. (V. Hucíková)

Nápověda. Které číslice nemohou být na kartičkách?

Možné řešení. Číslo je dělitelné šesti, právě když je dělitelné dvěma a současně třemi, tj.právě když je sudé a jeho ciferný součet je dělitelný třemi. Na všech kartičkách proto musíbýt sudé číslice a jejich součet musí být dělitelný třemi. Trojice číslic vyhovující těmtodvěma požadavkům jsou (až na pořadí):

2, 2, 2, 2, 2, 8, 2, 4, 6, 2, 8, 8, 4, 4, 4, 4, 6, 8, 6, 6, 6, 8, 8, 8.

Nyní je potřeba pro každou trojici vyzkoušet, zda lze při nějakém uspořádání číslicdostat trojmístné číslo dělitelné 11. To se kromě třetí trojice nestane a pro tuto trojici dvěze šesti možných uspořádání dávají číslo dělitelné 11:

462 : 11 = 42, 264 : 11 = 24.

Na kartičkách mohou být jedině číslice 2, 4 a 6.

Poznámka. Při ověřování dělitelnosti 11 lze s výhodou využít následujícího kritéria: čísloje dělitelné 11, právě když rozdíl součtu číslic na sudých a na lichých místech je dělitelný 11.(Zde 4− 6 + 2 = 0 a 2− 6 + 4 = 0 jsou dělitelné 11, ale např. 2− 4 + 6 = 4 není.)

Z7–I–2Ve dvanáctiúhelníku ABCDEFGHIJKL jsou každé dvě sousední strany kolmé

a všechny strany s výjimkou stran AL a GF jsou navzájem shodné. Strany AL a GF jsouoproti ostatním stranám dvojnásobně dlouhé. Úsečky BG a EL se protínají v bodě M .Čtyřúhelník ABMJ má obsah 1,8 cm2.

Určete obsah čtyřúhelníku EFGM . (E. Semerádová)

A B

C D

E F

GH

IJ

KL

M

12

Nápověda. Rozdělte obrázek na menší navzájem shodné útvary.

Možné řešení. Ze zadání víme, že dvanáctiúhelník ABCDEFGHIJKL sestává ze šestinavzájem shodných čtverců. Každý z těchto čtverců může být dále rozdělen úhlopříčkami načtyři navzájem shodné trojúhelníčky. Dvanáctiúhelník tedy sestává z 24 navzájem shodnýchtrojúhelníčků, a to tak, že každý z výše jmenovaných útvarů je tvořen několika takovýmitrojúhelníčky:

A B

C D

E F

GH

IJ

KL

M

Nyní je zřejmé, že obsahy čtyřúhelníku ABMJ a čtyřúhelníku EFGM jsou v poměru3 : 7. Protože obsah čtyřúhelníku ABMJ je 1,8 cm2, je obsah čtyřúhelníku EFGM roven4,2 cm2.

Z7–I–3Děda připravil pro svých šest vnoučat hromádku lískových oříšků s tím, ať si je nějak

rozeberou. První přišel Adam, odpočítal si polovinu, přibral si ještě jeden oříšek a odešel.Stejně se zachoval druhý Bob, třetí Cyril, čtvrtý Dan i pátý Eda. Jen Franta smutně hledělna prázdný stůl; už na něj žádný oříšek nezbyl.

Kolik oříšků bylo původně na hromádce? (M. Volfová)

Nápověda. Kolik oříšků si vzal Eda?

Možné řešení. Budeme postupovat odzadu:Když si Eda vzal polovinu oříšků, které na něj zbyly po Danovi, a jeden navíc, nezbylo

nic. Tuto polovinu tedy tvořil jeden oříšek. Po Danovi zbyly dva oříšky.Dan si také bral polovinu oříšků, které na něj zbyly po Cyrilovi, a jeden navíc. Tuto

polovinu tedy tvořily ony dva oříšky plus jeden navíc. Po Cyrilovi zbylo šest oříšků.Obdobně je to s ostatními. Polovinu oříšků, které zbyly na Cyrila po Bobovi, tvořilo

předchozích šest oříšků plus jeden navíc. Po Bobovi zbylo 14 oříšků.Polovinu oříšků, které zbyly na Boba po Adamovi, tvořilo předchozích 14 oříšků plus

jeden navíc. Po Adamovi zbylo 30 oříšků.Těchto 30 oříšků plus jeden navíc tvořilo polovinu všech oříšků, které byly připraveny

k rozebrání. Původně bylo na hromádce 62 oříšků.

Poznámka. Pokud z značí počet oříšků, které zbyly po odebírání některého z chlapců,potom před tím na hromádce bylo 2(z + 1) oříšků. Toto je zkrácený zápis opakující semyšlenky předchozího řešení.

13

Naopak, pokud n značí počet oříšků na hromádce před tím, než některý chlapec začalodebírat, potom si vzal n

2+1 oříšků a po něm zbylo n−(n2 + 1

)= n2−1 oříšků. Opakováním

tohoto kroku dostáváme posloupnost zbytků

n,n

2− 1,

n

4− 3

2,

n

8− 7

4,

n

16− 15

8,

n

32− 31

16, . . .

Kdyby n byl původní počet oříšků, potom zbytek po Edovi by byl n32 − 3116 . Tento výraz je

roven nule, právě když n = 62.

Z7–I–4

Bětka si hrála s ozubenými koly, která skládala tak, jak je naznačeno na obrázku. Kdyžpak zatočila jedním kolem, točila se všechna ostatní. Nakonec byla spokojena se soukolím,kde první kolo mělo 32 a druhé 24 zubů. Když se třetí kolo otočilo přesně osmkrát, druhékolo udělalo pět otáček a část šesté a první kolo udělalo čtyři otáčky a část páté.

Zjistěte, kolik zubů mělo třetí kolo. (E. Novotná)

Nápověda. Kolikrát zuby prvního kola zapadnou mezi zuby druhého kola, jestliže se prvníkolo otočí čtyřikrát?

Možné řešení. Na všech kolech je počet zubů použitých při otáčení stejný (každý zubpočítáme tolikrát, kolikrát byl v kontaktu s jiným zubem na jiném kole). Podle zadáníumíme o tomto počtu říct následující.

První kolo mělo 32 zubů a udělalo čtyři otáčky a část páté, tedy bylo použito víc než32 · 4 = 128 a méně než 32 · 5 = 160 zubů. Druhé kolo mělo 24 zubů a udělalo pět otáčeka část šesté, tedy bylo použito víc než 24 ·5 = 120 a méně než 24 ·6 = 144 zubů. Třetí kolose otočilo přesně osmkrát, tedy počet použitých zubů je dělitelný osmi.

Dohromady, počet použitých zubů je číslo, které je násobkem osmi, je větší než 128a menší než 144. Takové číslo je jediné, totiž 136. Třetí kolo mělo 136 : 8 = 17 zubů.

14

Z7–I–5V zahradnictví Rose si jedna prodejna objednala celkem 120 růží v barvě červené

a žluté, druhá prodejna celkem 105 růží v barvě červené a bílé a třetí prodejna celkem45 růží v barvě žluté a bílé. Zahradnictví zakázku splnilo, a to tak, že růží stejné barvydodalo do každého obchodu stejně.

Kolik celkem červených, kolik bílých a kolik žlutých růží dodalo zahradnictví do těchtotří prodejen? (M. Volfová)

Nápověda. Představte si jednotlivé objednávky v rámci celkového počtu dodaných růží.

Možné řešení. Sečteme-li počty růží dodaných do všech tří prodejen, dostaneme 270 ku-sů. V tomto součtu jsou dvakrát zahrnuty počty růží od každé barvy.

V první prodejně byly růže červené a žluté v celkovém počtu 120 kusů. Dvojnásobektohoto počtu je 240, bílých růží dodaných do zbylých dvou prodejen tedy bylo 270−240 == 30.

V druhé prodejně bylo 105 růží červených a bílých. Dvojnásobek tohoto počtu je 210,žlutých růží dodaných do zbylých dvou prodejen tedy bylo 270− 210 = 60.

Ve třetí prodejně bylo 45 růží žlutých a bílých. Dvojnásobek tohoto počtu je 90,červených růží dodaných do zbylých dvou prodejen tedy bylo 270− 90 = 180.

Poznámka. V jednotlivých prodejnách byly počty růží každé barvy poloviční, tedy bílých15, žlutých 30 a červených 90.

Pokud bychom tyto původně neznámé počty označili b, z a c, potom informace zezadání lze zapsat jako

c+ z = 120, c+ b = 105, z + b = 45.

Úvahy ve výše uvedeném řešení tak odpovídají následujícím úpravám:

2c+ 2z + 2b = 270, 2c+ 2z = 240, tedy 2b = 30,

a podobně ve zbylých dvou případech.

Z7–I–6Je dán rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník ABS se základnou AB. Na kružnici,

která má střed v bodě S a prochází body A a B, leží bod C tak, že trojúhelník ABC jerovnoramenný.

Určete, kolik bodů C vyhovuje uvedeným podmínkám, a všechny takové body se-strojte. (K. Pazourek)

Nápověda. Co je rovnoramenný trojúhelník?

Možné řešení. Strana AB rovnoramenného trojúhelníku ABC může být buď jeho zá-kladnou, nebo ramenem. Podle toho rozdělíme řešení na dvě části.

a) Strana AB je základnou rovnoramenného trojúhelníku ABC. V tomto případě jeC hlavním vrcholem trojúhelníku ABC a leží na jeho ose souměrnosti. Osa souměrnostitrojúhelníku ABC je osou úsečky AB. Tato přímka protíná zadanou kružnici ve dvoubodech, což jsou dvě možná řešení úlohy, která označíme C1 a C2.

15

b) Strana AB je ramenem rovnoramenného trojúhelníku ABC. V tomto případě můžebýt hlavním vrcholem trojúhelníku ABC buď bod A, nebo bod B. Pokud by hlavním vr-cholem byl bod A, potom by strana AC byla ramenem a bod C by byl od bodu A stejněvzdálen jako bod B. Bod C by tudíž ležel na kružnici se středem v bodě A procházející bo-dem B. Tato kružnice protíná zadanou kružnici v jednom dalším bodě, který označíme C3.

Obdobně, pokud by hlavním vrcholem byl bod B, potom by zbylý vrchol trojúhelníkuležel na kružnici se středem v bodě B procházející bodem A. Odpovídající průsečík sezadanou kružnicí označíme C4.

Na zadané kružnici leží čtyři body C1, C2, C3, C4 vyhovující podmínkám ze zadání.Konstrukce všech bodů vyplývá z předchozího popisu: body C3 a C4 jsou průsečíky danékružnice se dvěma pomocnými kružnicemi; osa úsečky AB, a tedy body C1 a C2, je určenaspolečnými body těchto dvou pomocných kružnic.

A B

S

C1

C2

C3 C4

Poznámka. Z pravoúhelnosti trojúhelníku ABS plyne, že body A,B, C3, C4 tvoří vrcholyčtverce. Odtud lze vyvodit alternativní konstrukce příslušných bodů.

16



Ferda a David se denně potkávají ve výtahu. Jednou ráno zjistili, že když vynásobí svésoučasné věky, dostanou 238. Kdyby totéž provedli za čtyři roky, byl by tento součin 378.

Určete součet současných věků Ferdy a Davida. (M. Petrová)

Nápověda. Může být Ferdovi (či Davidovi) 8, 15 nebo 47 let?

Možné řešení. Číslo 238 lze rozložit na součin dvou čísel následujícími způsoby:

238 = 1 · 238 = 2 · 119 = 7 · 34 = 14 · 17.

Mezi těmito dvojicemi jsou současné věky Ferdy a Davida. Po přičtení 4 ke každému z nichmáme dostat součin 378. Proberme všechny možnosti:

(1 + 4) · (238 + 4) = 1210,

(2 + 4) · (119 + 4) = 738,

(7 + 4) · (34 + 4) = 418,

(14 + 4) · (17 + 4) = 378.

Jediná vyhovující možnost je ta poslední — jednomu z chlapců je 14 let, druhému 17.Součet současných věků Ferdy a Davida je 31 let.

Poznámka. Alternativně lze vyhovující dvojici nalézt pomocí rozkladů 378, které jsou:

378 = 1 · 378 = 2 · 189 = 3 · 126 = 6 · 63 = 7 · 54 = 9 · 42 = 14 · 27 = 18 · 21.

Jediné dvojice v rozkladech 238 a 378, v nichž jsou oba činitelé druhého rozkladu o 4 vetšínež u prvního, jsou 14 a 17, resp. 18 a 21.

Extrémní hodnoty v uvedených rozkladech lze vyloučit jako nereálné. Pokud řešitels odkazem na tuto skutečnost neprobere všechny možnosti, považujte jeho postup za správ-ný.

Jiné řešení. Pokud současný věk Ferdy označíme f a současný věk Davida označíme d,potom informace ze zadání znamenají

f · d = 238 a (f + 4) · (d+ 4) = 378.

Po roznásobení levé strany v druhé podmínce a dosazením první podmínky dostáváme:

238 + 4f + 4d+ 16 = 378,

4(f + d) = 124,

f + d = 31.

Součet současných věků Ferdy a Davida je 31 let.

17

Z8–I–2

Do třídy přibyl nový žák, o kterém se vědělo, že kromě angličtiny umí výborně ještějeden cizí jazyk. Tři spolužáci se dohadovali, který jazyk to je.

První soudil: „Francouzština to není.ÿDruhý hádal: „Je to španělština nebo němčina.ÿTřetí usuzoval: „Je to španělština.ÿZáhy se dozvěděli, že alespoň jeden z nich hádal správně a alespoň jeden nesprávně.Určete, který ze jmenovaných jazyků nový žák ovládal. (M. Volfová)

Nápověda. Zabývejte se každým jazykem zvlášť.

Možné řešení. Kdyby oním jazykem, který nový žák ovládal, byla francouzština, potomby všichni tři spolužáci hádali nesprávně.

Kdyby oním jazykem byla španělština, potom by všichni tři spolužáci hádali správně.Kdyby oním jazykem byla němčina, potom by první dva spolužáci hádali správně

a třetí nesprávně. Toto je jediný případ, kdy aspoň jeden spolužák hádá správně a aspoňjeden nesprávně. Nový žák proto ovládá němčinu.

Z8–I–3

Petr narýsoval pravidelný šestiúhelník, jehož vrcholy ležely na kružnici délky 16 cm.Potom z každého vrcholu tohoto šestiúhelníku narýsoval kružnici, která procházela dvěmasousedními vrcholy. Vznikl tak útvar jako na následujícím obrázku.

Určete obvod vyznačeného kvítku. (E. Novotná)

Nápověda. Hledejte (a zdůvodněte) navzájem shodné části obrázku.

Možné řešení. Všechny kružnice na předchozím obrázku jsou navzájem shodné. Prototaké vyznačené úsečky na následujícím obrázku jsou navzájem shodné a stejně tak jimodpovídající oblouky.

18

Dva oblouky tvořící okraj každého lupene mají dvojnásobnou délku jako příslušnýoblouk původní kružnice, nad kterým byl vytvořen. Obvod kvítku je proto dvojnásobkemdélky původní kružnice, tj. 32 cm.

Z8–I–4Na čtyřech kartičkách byly čtyři různé číslice, z nichž jedna byla nula. Vojta z kartiček

složil co největší čtyřmístné číslo, Martin pak co nejmenší čtyřmístné číslo. Adam zapsalna tabuli rozdíl Vojtova a Martinova čísla.

Potom Vojta z kartiček složil co největší trojmístné číslo a Martin co nejmenšítrojmístné číslo. Adam opět zapsal na tabuli rozdíl Vojtova a Martinova čísla. Pak Vojtas Martinem obdobně složili dvojmístná čísla a Adam zapsal na tabuli jejich rozdíl. NakonecVojta vybral co největší jednomístné číslo a Martin co nejmenší nenulové jednomístné čísloa Adam zapsal jejich rozdíl.

Když Adam sečetl všechny čtyři rozdíly na tabuli, vyšlo mu 9090. Určete čtyři číslicena kartičkách. (L. Růžičková)

Nápověda. Vyjádřete výsledek obecně pomocí neznámých číslic na kartičkách.

Možné řešení. Označme tři nenulové číslice na kartičkách a, b, c a předpokládejme, žeplatí a < b < c. Vojtova čísla postupně byla cba0, cba, cb a c, Martinova čísla byla a0bc, a0b,a0 a a. Adamův součet rozdílů dvojic těchto čísel lze v rozvinutém tvaru, po úpravě, vyjádřitjako 1110c + 100b − 1100a. Podle zadání je tento součet roven 9090, což je ekvivalentnírovnici

111c+ 10b− 110a = 909, (1)

kde 0 < a < b < c < 10. Protože na místě jednotek přispívá pouze první sčítanec, musíbýt c = 9. Po dosazení a úpravě dostáváme

11a− b = 9,

kde 0 < a < b < 9. Jediným řešením této úlohy je dvojice a = 1 a b = 2. (Kdyby a = 2,muselo by být b = 13, což není možné.)

Na kartičkách byly číslice 0, 1, 2 a 9.

Poznámka. Kdybychom se u Adamova součtu soustředili na hodnoty na místě jednotek,desítek atd., dostaneme místo rovnice (1) ekvivalentní rovnici

100(c− a) + 10(b+ c− a) + c = 909.

19

Odtud plyne, že c = 9 a dále buď b+ c− a = 0, c− a = 9, nebo b+ c− a = 10, c− a = 8.Protože a a c jsou různá nenulová čísla, je rozdíl c−a různý od c. Proto musí nastat druhámožnost a postupným dosazováním určíme a = 1 a b = 2.

Z8–I–5Král dal zedníku Václavovi za úkol postavit zeď silnou 25 cm, dlouhou 50 m a vysokou

2 m. Pokud by Václav pracoval bez přestávky a stejným tempem, postavil by zeď za 26hodin. Podle platných královských nařízení však musí Václav dodržovat následující pod-mínky:

• Během práce musí udělat právě šest půlhodinových přestávek.• Na začátku práce a po každé půlhodinové přestávce, kdy je dostatečně odpočatý, může

pracovat o čtvrtinu rychleji než normálním tempem, ale ne déle než jednu hodinu.• Mezi přestávkami musí pracovat nejméně 3/4 hodiny.

Za jakou nejkratší dobu může Václav splnit zadaný úkol? (J. Norek)

Nápověda. Může Václav rozvrhnout přestávky tak, aby plně využil své odpočatosti?

Možné řešení. Václav musí udělat právě šest půlhodinových přestávek. Tím ztratí6 · 1/2 = 3 hodiny. Přestávky může rozvrhnout tak, že na začátku práce a po každé pře-stávce může pracovat celou hodinu zvýšeným tempem (např. při rovnoměrném rozdělení).Tím získá 7 · 1/4 hodin, tj. 1 hodinu a 45 minut.

Bez přestávek normálním tempem by Václav pracoval 26 hodin. Se všemi povinnýmipřestávkami a všemi dovolenými zvýšeními tempa by Václav pracoval 26 + 3− 7/4 hodin,tj. 27 hodin a 15 minut. To je nejkratší doba, za kterou může svůj úkol splnit.

Z8–I–6V lichoběžníku KLMN má základna KL velikost 40 cm a základna MN má velikost

16 cm. Bod P leží na úsečce KL tak, že úsečka NP rozděluje lichoběžník na dvě části sestejnými obsahy.

Určete velikost úsečky KP . (L. Hozová)

Nápověda. Pozměňte útvary tak, aby se vám snáze porovnávaly jejich obsahy.

Možné řešení. Úsečka NP rozděluje lichoběžník KLMN na trojúhelník KPN a li-choběžník PLMN . Lichoběžník KLMN má stejný obsah jako trojúhelník KON , kdebod O na přímce KL je obrazem bodu N vzhledem ke středové souměrnosti podle středuúsečky LM . Obdobně, lichoběžník PLMN má stejný obsah jako trojúhelník PON .

K L OP

S

MN

20

Úsečka NP rozděluje lichoběžník KLMN na dvě části se stejným obsahem, právěkdyž P je středem úsečky KO. Vzhledem k tomu, že |KO| = |KL|+ |LO| a |LO| = |MN |,platí

|KP | = 40 + 162

= 28 (cm).

Poznámka. V úvodní části předchozího řešení je naznačeno odvození známého vzorceS = 1

2 (a + c)v pro obsah lichoběžníku se základnami a a c a výškou v. Dosazením lzepožadavek ze zadání vyjádřit pomocí rovnice

x · v2

=(40 + 16− x)v

2,

kde x = |KP |.

21



Najděte všechna kladná celá čísla x a y, pro která platí

1x

+1y

=14.

(A. Bohiniková)

Nápověda. Mohou být obě neznámé současně větší než např. 14?

Možné řešení. Pro stejné neznámé je řešením zřejmě x = y = 8.Různé neznámé nemohou být obě současně menší, resp. větší než 8 (pak by totiž levá

strana rovnice byla větší, resp. menší než 14 ). Jedna neznámá tedy musí být menší než 8a druhá větší než 8. Vzhledem k symetričnosti rovnice stačí dále uvažovat případ, kdyx < y. Za tohoto předpokladu je x < 8 a y > 8, takže x může nabývat pouze hodnot od 1do 7.

Pokud z rovnice vyjádříme y obecně pomocí x, dostaneme

y =4xx− 4

. (1)

Odtud je patrné, že y je kladné, právě když x > 4. Tedy x může nabývat pouze hodnotod 5 do 7. Pro tyto tři možnosti stačí prověřit, zda y vychází celé:

• pro x = 5 vychází y = 20,• pro x = 6 vychází y = 12,• pro x = 7 vychází y = 28

3 .

Celkem tak vidíme, že všechny dvojice (x, y), které jsou řešením úlohy, jsou (5, 20),(6, 12), (8, 8), (12, 6) a (20, 5).

Jiné řešení. Pokud z rovnice vyjádříme y obecně pomocí x, dostaneme (1). Tento výrazmůžeme dále upravit na „celou část plus zbytekÿ:

y =4xx− 4

=4(x− 4) + 16

x− 4= 4 +

16x− 4

. (2)

Odtud je patrné, že y je kladné celé číslo, právě když x − 4 je kladným celým dělitelemčísla 16, a těch je právě pět:

• pro x− 4 = 1 vychází x = 5 a y = 20,• pro x− 4 = 2 vychází x = 6 a y = 12,• pro x− 4 = 4 vychází x = 8 a y = 8,• pro x− 4 = 8 vychází x = 12 a y = 6,• pro x− 4 = 16 vychází x = 20 a y = 5.

Tento výčet zahrnuje všechna řešení úlohy.

22

Poznámka. Při úpravě zadané rovnice do tvaru (1) lze narazit na ekvivalentní rovnici

xy − 4x− 4y = 0. (3)

Levá strana souhlasí se třemi sčítanci v roznásobení výrazu (x− 4)(y− 4), chybí pouze 16.Přičtením 16 k oběma stranám rovnice (3) dostáváme

(x− 4)(y − 4) = 16.

Všechna řešení tak lze najít pomocí všech možných rozkladů čísla 16 na součin dvou klad-ných celých čísel. Tyto nápady jsou jen bezzlomkovou interpretací úpravy (2) a následnéhopostupu.

Z9–I–2V rovnostranném trojúhelníku ABC je K středem strany AB, bod L leží ve třetině

strany BC blíže bodu C a bod M leží ve třetině strany AC blíže bodu A.Určete, jakou část obsahu trojúhelníku ABC zaujímá trojúhelník KLM .

(L. Růžičková)

Nápověda. Zadané body vymezují další trojúhelníky. Zamyslete se nad obsahy některýchz nich.

Možné řešení. Obsah trojúhelníku KLM vyjádříme jako rozdíl obsahu trojúhelníkuABC a obsahů trojúhelníků AKM , KBL a MLC.

K

L

M

A B

C

Poměr vzdáleností bodů M a C od bodu A je stejný jako poměr vzdáleností těchtobodů od přímky AB. Výška trojúhelníku AKM jdoucí vrcholem M je tedy třetinovávzhledem k výšce trojúhelníku ABC jdoucí vrcholem C. Současně strana AK prvního troj-úhelníku protilehlá vrcholu M je poloviční vzhledem ke straně AB druhého trojúhelníkuprotilehlé vrcholu C. Trojúhelník AKM proto zaujímá 13 · 12 = 1

6 obsahu trojúhelníku ABC.Obdobně, výška trojúhelníku KBL jdoucí vrcholem L je dvoutřetinová vzhledem

k výšce trojúhelníku ABC jdoucí vrcholem C a příslušná strana KB prvního trojúhel-níku je poloviční vzhledem ke straně AB druhého trojúhelníku. Trojúhelník KBL protozaujímá 2

3 · 12 = 13 obsahu trojúhelníku ABC.

Do třetice, výška trojúhelníku CML jdoucí vrcholem L je třetinová vzhledem k výšcetrojúhelníku ABC jdoucí vrcholem B a příslušná strana CM prvního trojúhelníku je dvou-třetinová vzhledem ke straně AC druhého trojúhelníku. Trojúhelník KBL proto zaujímá13 · 23 = 2

9 obsahu trojúhelníku ABC.

23

Dohromady, trojúhelník KLM zaujímá

1− 16− 1

3− 2

9=

518

obsahu trojúhelníku ABC.

Poznámka. Všimněte si, že uvedené řešení je platné pro obecný trojúhelník ABC.S předpokladem rovnostrannosti jsou strany a výšky jednotlivých trojúhelníků nazna-

čeny na následujícím obrázku (a značí stranu a v výšku trojúhelníku ABC).

K

L

M

A B

C

a/2 a/2

a/3

a/3

a/3

a/3

a/3

a/3

v/32v/3

v/3

S tímto značením je SABC = 12av a SKLM = 5

36av, tedy SKLM = 518SABC .

Z9–I–3V našem městě jsou tři kina, kterým se říká podle světových stran. O jejich otevíracích

dobách je známo, že:

1. každý den má otevřeno alespoň jedno kino,2. pokud má otevřeno jižní kino, potom nemá otevřeno severní kino,3. nikdy nemá otevřeno současně severní a východní kino,4. pokud má otevřeno východní kino, potom má také otevřeno jižní nebo severní kino.

Vydali jsme se do jižního kina a zjistili jsme, že je zavřené. Které ze zbývajících kinmá jistě otevřeno? (M. Dillingerová)

Nápověda. Uvažte všechny možnosti otevřenosti, resp. zavřenosti kin bez omezujícíchpodmínek.

Možné řešení. Zajímáme se o situaci, kdy má jižní kino zavřeno. Bez dalších informacío otevíracích dobách by mohly nastat následující čtyři případy, které postupně porovnámes podmínkami ze zadání:

a) Pokud by severní i východní kino mělo otevřeno, potom bychom byli v rozporu s třetípodmínkou. Tato situace nenastane.

b) Pokud by severní kino mělo otevřeno a východní zavřeno, potom nejsme v rozporus žádnou z podmínek. Tato situace je možná.

24

c) Pokud by severní kino mělo zavřeno a východní otevřeno, potom bychom byli v rozporuse čtvrtou podmínkou. Tato situace nenastane.

d) Pokud by severní i východní kino mělo zavřeno, potom bychom byli v rozporu s prvnípodmínkou. Tato situace nenastane.

Jediná situace vyhovující všem podmínkám ze zadání je b): když má jižní kino zavřeno,potom má severní kino jistě otevřeno.

Jiná nápověda. Jaké možnosti vyhovují třetí podmínce?

Jiné řešení. Vzhledem k třetí podmínce můžeme čtvrtou podmínku nahradit následující:4′. pokud má otevřeno východní kino, potom má také otevřeno jižní kino.

Podle třetí podmínky můžeme rozlišit tři případy:

a) Severní kino má otevřeno a východní zavřeno. Potom podle druhé podmínky má jižníkino zavřeno.

b) Severní kino má zavřeno a východní otevřeno. Potom podle čtvrté podmínky (resp.jeho právě uvedené náhražky) má jižní kino otevřeno.

c) Severní i východní kino má zavřeno. Potom podle první podmínky má jižní kinootevřeno.

V žádném z těchto případů nejsme v rozporu s podmínkami, které jsme při vyvozovánínepoužili. Všechny možné situace otevřenosti (1), resp. zavřenosti (0) kin uvádíme propřehlednost v tabulce:

S 1 0 0

V 0 1 0

J 0 1 1

Pokud má jižní kino zavřeno, potom má severní kino jistě otevřeno (a východní jistězavřeno).

Poznámka. Diskuze v řešení úlohy může být vedena různými způsoby. Pro tyto účelyznázorníme možnosti, které připouští podmínky ze zadání samostatně — prázdná políčkamohou obsahovat jak 1, tak 0:

První podmínka připouští možnosti

S 1

V 1

J 1

Druhá podmínka připouští možnosti

S 0

V

J 1 0

25

Třetí podmínka připouští možnosti

S 1 0 0

V 0 1 0

J

Čtvrtá podmínka připouští možnosti

S 1 1

V 1 1 1 0

J 1 1

Výběr možností, které vyhovují všem čtyřem podmínkám současně (tedy „průnikÿtěchto čtyř tabulek), vede k tabulce na konci předchozího řešení.

Z9–I–4Hoteliér chtěl vybavit jídelnu novými židlemi. V katalogu si vybral typ židle. Až při

zadávání objednávky se od výrobce dozvěděl, že v rámci slevové akce nabízejí každoučtvrtou židli za poloviční cenu a že tedy oproti plánu může ušetřit za sedm a půl židle.Hoteliér si spočítal, že za původně plánovanou částku může pořídit o devět židlí více, nežzamýšlel.

Kolik židlí chtěl hoteliér původně koupit? (L. Šimůnek)

Nápověda. Nejprve řešte úlohu bez informace, že za původně plánovanou částku lze po-řídit o devět židlí více.

Možné řešení. V akci byla každá čtvrtá židle za poloviční cenu. Mohl-li tak hoteliérušetřit za 7,5 židle, objednával 15 čtveřic židlí a nejvýše tři další židle, tj. objednávalnejméně 60 a nejvýše 63 židlí.

Oproti původnímu plánu si v akci mohl dopřát o 9 židlí více, tj. nejméně 69 a nejvýše72 židlí. V prvním případě je 69 = 17 · 4 + 1, tedy úspora by představovala jenom 17 · 12 == 8,5 židlí, což neodpovídá předpokladu. Stejný závěr platí také pro další dvě možnosti70 = 17 · 4 + 2 a 71 = 17 · 4 + 3. Jedině pro 72 = 18 · 4 odpovídá úspora právě 9 židlím.

Ze čtyř zvažovaných možností je pouze poslední řešením úlohy. Hoteliér chtěl původněkoupit 63 židlí.

Jiné řešení. Stejně jako u předchozího řešení určíme, že úspora za 7,5 židle odpovídáobjednávce nejméně 60 a nejvýše 63 židlí (7,5 = 1

2 · 15 a 15 · 4 = 60).Podobně určíme, že úspora za 9 židlí odpovídá objednávce nejméně 72 a nejvýše

75 židlí (9 = 12 · 18 a 18 · 4 = 72). Tento počet má být zároveň o 9 větší než počet židlí

v předchozí objednávce, tedy úspora za 9 židlí má odpovídat objednávce nejméně 69 a nej-výše 72 židlí. Tyto dvě podmínky jsou splněny pouze v jediném případě, který odpovídápočtu 72 v druhé, resp. 63 v první objednávce.

Hoteliér chtěl původně koupit 63 židlí.

26

Z9–I–5Adam a Eva vytvářeli dekorace z navzájem shodných bílých kruhů. Adam použil čtyři

kruhy, které sestavil tak, že se každý dotýkal dvou jiných kruhů. Mezi ně pak vložil jinýkruh, který se dotýkal všech čtyř bílých kruhů, a ten vybarvil červeně. Eva použila třikruhy, které sestavila tak, že se dotýkaly navzájem. Mezi ně pak vložila jiný kruh, kterýse dotýkal všech tří bílých kruhů, a ten vybarvila zeleně.

Eva si všimla, že její zelený kruh a Adamův červený kruh jsou různě velké, a začalispolečně zjišťovat, jak se liší. Vyjádřete poloměry červeného a zeleného kruhu obecně po-mocí poloměru bílých kruhů. (M. Krejčová a M. Dillingerová)

Nápověda. V jakém vztahu jsou středy dvou dotýkajících se kružnic a příslušný dotykovýbod?

Možné řešení. V následujícím budeme opakovaně používat poznatek, že společný boddvou dotýkajících se kružnic leží na spojnici jejich středů. Poloměr bílých kruhů budemeznačit r.

Středy Adamových bílých kruhů tvoří vrcholy čtverce a střed červeného kruhu leží vestředu tohoto čtverce, tedy v průsečíku jeho úhlopříček. Průměr červeného kruhu je rovenrozdílu úhlopříčky zmiňovaného čtverce a dvou poloměrů r.

r r

r

r

r

r

Pomocný čtverec má stranu 2r, jeho úhlopříčka má podle Pythagorovy věty velikost

√4r2 + 4r2 = 2

√2r.

27

Poloměr červeného kruhu je tedy roven

12

(2√

2r − 2r) = (√

2− 1)r.

Středy Eviných bílých kruhů tvoří vrcholy rovnostranného trojúhelníku a střed zele-ného kruhu leží ve středu tohoto trojúhelníku, tedy v průsečíku jeho výšek, resp. těžnic.Poloměr zeleného kruhu je roven rozdílu vzdálenosti středu, tj. těžiště zmiňovaného troj-úhelníku, od jeho vrcholu a poloměru r.

r

r

r

r

Pomocný rovnostranný trojúhelník má stranu 2r a každá výška jej dělí na pravoúhlétrojúhelníky s přeponou 2r a odvěsnou r. Druhá odvěsna, tedy ona výška, má podle Py-thagorovy věty velikost √

4r2 − r2 =√

3r.

Vzdálenost těžiště rovnostranného trojúhelníku od vrcholu je rovna dvěma třetinám délkytěžnice, tj. právě vyjádřené výšky. Poloměr zeleného kruhu je tedy roven

23

√3r − r =

2√

3− 33

r.

Z9–I–6

Přirozené číslo N nazveme bombastické, pokud neobsahuje ve svém zápise žádnou nulua pokud žádné menší přirozené číslo nemá stejný součin číslic jako číslo N .

Karel se nejprve zajímal o bombastická prvočísla a tvrdil, že jich není mnoho. Vypištevšechna dvojmístná bombastická prvočísla.

Potom Karel zvolil jedno bombastické číslo a prozradil nám, že obsahuje číslici 3 a žejen jedna z jeho dalších číslic je sudá. O kterou sudou číslici mohlo jít? (M. Rolínek)

Nápověda (ke druhé části). Najdete nebombastická čísla obsahující číslici 3?

Možné řešení. Všechna dvojmístná prvočísla jsou vypsána v prvním řádku následujícítabulky. Ve druhém řádku jsou uvedeny ciferné součiny jednotlivých čísel. Ve třetím řádku

28

jsou nejmenší přirozená čísla s odpovídajícími cifernými součiny (tato čísla lze určit porov-náním rozkladů se všemi děliteli menšími než 10). Dvojmístných bombastických prvočíselje sedm a v tabulce jsou vyznačena tlustě.

11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97

1 3 7 9 6 18 3 21 4 12 28 15 45 6 42 7 21 63 24 72 63

1 3 7 9 6 29 3 37 4 26 47 35 59 6 67 7 37 79 38 89 79

V předchozím výčtu si můžeme všimnout několika věcí souvisejících s druhou částíúlohy. Číslo 23 není bombastické, protože 6 je menší číslo se stejným ciferným součinem.Obecněji, žádné číslo obsahující číslice 2 a 3 nemůže být bombastické, neboť vynechánímtěchto dvou číslic a doplněním 6 na libovolné místo dostaneme menší číslo se stejnýmciferným součinem (např. pro 2737 je jedno z takových čísel 677).

Obdobně, číslo 34 není bombastické, protože 26 je menší číslo se stejným cifernýmsoučinem. Tedy ani žádné číslo obsahující číslice 3 a 4 nemůže být bombastické (viz např.čísla 384 a 286). Do třetice, číslo 36 není bombastické, protože 29 je menší číslo se stejnýmciferným součinem. Tedy ani žádné číslo obsahující číslice 3 a 6 nemůže být bombastické(viz např. čísla 2346 a 2294).

Zato vidíme, že číslo 38 bombastické je. Jediná sudá číslice, která může být s 3 v Kar-lově bombastickém čísle je tedy 8.

Poznámka. V tabulce v první části úlohy nebylo nutné uvažovat čísla obsahující číslici 1nebo čísla, která mají na místě desítek větší číslici než na místě jednotek — taková číslanikdy nejsou bombastická. S tímto postřehem stačilo testovat pouze osm z uvedených čísel.

29



Z5–II–1

Závodu chrtů se zúčastnilo 36 psů. Počet psů, kteří do cíle doběhli před Punťou, bylčtyřikrát menší než počet těch, kteří doběhli za ním.

Kolikátý byl Punťa? (L. Hozová)

Možné řešení. Všech chrtů bez Punti bylo 36−1 = 35. Pětina z tohoto počtu je 35 : 5 = 7;před Punťou doběhlo 7 psů, za Punťou doběhlo 7 · 4 = 28 psů. Punťa doběhl osmý.Hodnocení. 3 body za rozdělení 35 psů bez Punti na pětiny; 3 body za rozdělení psůpřed/za Punťou a umístění Punti.

Z5–II–2

Agáta napsala dvacetimístné číslo 12345678901234567890. Filip si z Agátina čísla vy-bral čtyři číslice, které byly zapsány bezprostředně za sebou. Tyto čtyři číslice zkoušelzapsat v různém pořadí a nakonec se mu z nich povedlo sestavit dvojici dvojmístnýchčísel, z nichž první bylo o 1 větší než druhé.

Které dvojice čísel mohl Filip sestavit? Určete všechny možnosti. (L. Růžičková)

Možné řešení. V každé čtveřici číslic, které mohl Filip vybrat z Agátina čísla, jsou na-vzájem různé číslice. Výsledná dvě čísla proto nemohla mít stejné číslice na místě desítek(a lišit se o 1 na místě jednotek). Tato čísla proto musela být tvaru ∗9 a ∗0, přičemž číslicena místě desítek se lišily o 1.

V Agátině čísle jsou všechny možné čtveřice po sobě jdoucích číslic, mezi nimiž je 9a 0, tyto:

7890, 8901, 9012.

Z první čtveřice mohl Filip sestavit čísla 79 a 80, z druhé čtveřice nemohl sestavit nic,ze třetí čtveřice mohl sestavit čísla 19 a 20.

Hodnocení. Po 2 bodech za každou vyhovující dvojici čísel; 2 body za kvalitu komentáře.

1

Z5–II–3

Anička vyrazila z hotelu na procházku, šla 5 km na sever, potom 2 km na východ,3 km na jih a nakonec 4 km na západ. Tak došla k rybníku, kde se vykoupala. Vojta vyšelz kempu, šel 3 km na jih, 4 km na západ a 1 km na sever. Tak došel ke skále, která byla5 km západně od rybníka, ve kterém se koupala Anička.

Jindy vyšla Anička ze svého hotelu a Vojta ze svého kempu, oba chtěli dojít k rybníku,ve kterém se dříve koupala Anička, a oba postupovali pouze ve směrech čtyř světovýchstran.

Určete, kolik nejméně kilometrů musela ujít Anička a kolik Vojta. (E. Semerádová)

S

J

VZ

Možné řešení. Podle zadání postupně znázorníme trasu Aničky, trasu Vojty a jejichvzájemný vztah (každý vyznačený dílek představuje 1 km):

skála

kemp

rybník

hotel

Nyní vidíme, že Anička to má z hotelu k rybníku nejméně 4 km, a to např. 2 km nasever a 2 km na západ. Vojta to má z kempu k rybníku nejméně 3 km, a to např. 2 km najih a 1 km na východ.

Hodnocení. Po 1 bodu za znázornění tras Aničky a Vojty; 2 body za jejich vzájemnývztah; po 1 bodu za nejkratší cesty Aničky a Vojty k rybníku.

Poznámka ke druhé části. Trasy stejné délky mezi dvěma místy nejsou podle uvedenýchpravidel jednoznačné a lze je vymyslet mnoha způsoby (např. Anička mohla své 4 kmz hotelu k rybníku jít také takto: 1,5 km na západ, 2 km na sever a 0,5 km na západ).Takový rozbor od řešitelů neočekáváme, součástí úplného řešení však musí být nějakákonkrétní realizace.

2


II. kolo kategorie Z6Z6–II–1Jan, Dan, Anna a Hana mají každý své oblíbené číslo. Víme, že

• sečteme-li Danovo číslo a trojnásobek Janova čísla, vyjde liché číslo,• odečteme-li od sebe Annino a Hanino číslo a tento výsledek vynásobíme pěti, vyjdeliché číslo,

• vynásobíme-li Danovo číslo Haniným číslem a k výsledku přičteme 17, vyjde sudé číslo.Určete, čí oblíbená čísla jsou lichá a čí sudá. (E. Semerádová)

Možné řešení. Při řešení budeme opakovaně odkazovat na vlastnosti součtů a součinůcelých čísel vzhledem k jejich paritě, které shrnujeme v následujícím schématu:

sudé + sudé = sudé, sudé + liché = liché, liché + liché = sudé,

sudé × sudé = sudé, sudé × liché = sudé, liché × liché = liché.

Odtud a ze třetí podmínky ze zadání se dozvídáme, že součin Danova a Hanina číslaje lichý, a tedy obě tato čísla jsou lichá.Ze druhé podmínky plyne, že rozdíl Annina a Hanina čísla je lichý. Protože Hanino

číslo je liché, musí být Annino číslo sudé.Protože Danovo číslo je liché, plyne z první podmínky, že trojnásobek Janova čísla je

sudý, a tedy Janovo číslo je také sudé.Danovo a Hanino oblíbené číslo je liché, Annino a Janovo číslo je sudé.

Hodnocení. Po 1 bodu za určení parity každého čísla; 2 body za kvalitu komentáře.

Z6–II–2Anička má v kasičce naspořeno 290 mincí, a to koruny a dvoukoruny. Když použije

čtvrtinu všech dvoukorun, složí stejnou částku, jako když použije třetinu všech korun.Jakou celkovou částku má Anička naspořenu? (L. Růžičková)

Možné řešení. Vyjdeme z požadavku, že čtvrtina dvoukorunových mincí dává stejnoučástku jako třetina korunových mincí. Odtud jednak vyplývá, že počet dvoukorunovýchmincí je násobkem čtyř a počet korunových mincí je násobkem tří, a jednak, že tyto počtyjsou v poměru 4 : 6. Tedy počet dvoukorun je roven 4k a počet korun 6k, kde k je nějakékladné celé číslo (2 · 4k4 = 6k

3 ).Při tomto značení je celkový počet mincí roven 10k = 290. Odtud vyplývá, že k = 29,

tedy že Anička má 4 · 29 = 116 dvoukorunových mincí a 6 · 29 = 174 korunových mincí.Celková hodnota jejích úspor tedy je

2 · 116 + 174 = 406 korun.

Hodnocení. 4 body za určení vztahů mezi počty korunových a dvoukorunových mincí(zde pomocí neznámé k); 2 body za určení k a výsledek.

1

Poznámka. Pomocí neznámé k je celková hodnota Aniččiných úspor vyjádřena jako(2 · 4 + 6) · k = 14 · k.

Z6–II–3Útvar na obrázku je složen z pěti shodných čtverců a je rozdělen úsečkami na tři

barevně odlišené části. Obsah šedé části je o 0,6 cm2 větší než obsah bílé části.Určete obsah celého útvaru. (E. Semerádová)

Možné řešení. Šedou část si můžeme představit jako pravoúhlý trojúhelník s odvěsnamirovnými dvěma a třem stranám čtverce, z něhož je odebrán jeden čtverec. Obsah této částije tedy stejný jako obsah 2 čtverců ( 12 · 2 · 3− 1 = 2).Bílá část tvoří trojúhelník, jehož jedna strana je rovna straně čtverce a výška na tuto

stranu je rovna třem stranám čtverce. Obsah této části je tedy stejný jako obsah 32 čtverce( 12 · 1 · 3 = 3

2 ).Rozdíl obsahů šedé a bílé části odpovídá polovině čtverce, což je podle zadání 0,6 cm2.

Tedy jeden čtverec má obsah 1,2 cm2 a obsah celého útvaru je 6 cm2 (5 · 1,2 = 6).Hodnocení. Po 2 bodech za vyjádření obsahů šedé a bílé části; 2 body za dopočítáníobsahu v cm2.

2


II. kolo kategorie Z7Z7–II–1Majka, Vašek a Zuzka počítali o víkendu úlohy. Majka a Vašek vypočítali celkem

25 úloh. Zuzka a Vašek vypočítali celkem 32 úloh. Přitom Zuzka vypočítala dvakrát vícúloh než Majka.Kolik úloh vypočítal Vašek? (M. Dillingerová)

Možné řešení. Zuzka vypočítala dvakrát víc úloh než Majka. Tedy počet úloh, kterécelkem vypočítali Zuzka a Vašek, je stejný jako počet úloh, které celkem vypočítali Majkaa Vašek, zvětšený o počet úloh, které vypočítala Majka.Zuzka a Vašek vypočítali celkem 32 úloh, Majka a Vašek vypočítali celkem 25 úloh,

tedy Majka vypočítala 7 úloh (32−25 = 7). Odtud dostáváme, že Vašek vypočítal 18 úloh(25− 7 = 18).Hodnocení. 3 body za úvodní rozvahu; 3 body za dopočítání a závěr.

Poznámka. Pokud m, v, resp. z značí počty úloh, které vypočítali Majka, Vašek, resp.Zuzka, potom ze zadání máme m+ v = 25, z + v = 32 a z = 2m. Předchozí myšlenky taklze stručně zapsat následovně:

32 = 2m+ v = m+m+ v = m+ 25,

tedy m = 7 a v = 18.

Z7–II–2Mezi číslice čísla 2019 vložte dvě číslice tak, aby vzniklé šestimístné číslo

• začínalo 2 a končilo 9,• bylo složeno z šesti různých číslic,• bylo dělitelné třemi,• jeho první trojčíslí bylo dělitelné třemi,• jeho první čtyřčíslí bylo dělitelné čtyřmi,• součet vložených číslic byl lichý.Určete rozdíl největšího a nejmenšího šestimístného čísla s uvedenými vlastnostmi.

(L. Růžičková)

Možné řešení. Aby nové číslo sestávalo ze šesti různých číslic, můžeme vkládat dvě různéčíslice z číslic

3, 4, 5, 6, 7, 8.

Součet číslic čísla 2019 je 12, tedy číslo dělitelné třemi. Aby bylo i nově vzniklé číslodělitelné třemi, můžeme vkládat jenom takové číslice, jejichž součet je dělitelný třemi.Poslední podmínka ze zadání navíc vyžaduje, aby tento součet byl lichý. Ze všech možnýchdvojic čísel tak můžeme použít jenom následující (v libovolném pořadí):

3, 6, 4, 5, 7, 8.

1

Aby nové číslo začínalo 2 a končilo 9, můžeme číslice vkládat jenom do míst vyznače-ných hvězdičkou:

2∗∗019, 2∗0∗19, 2∗01∗9, 20∗∗19, 20∗1∗9, 201∗∗9.Aby první trojčíslí bylo dělitelné třemi, nemůžeme v prvním případě doplnit žádnou

z uvedených dvojic, ve druhém až pátém případě můžeme doplnit dvojici 4, 5 nebo 7, 8(v tomto pořadí) a v posledním případě můžeme doplnit kteroukoli z uvedených dvojic(v libovolném pořadí):

240519, 270819, 240159, 270189, 204159, 207189,

201369, 201639, 201459, 201549, 201789, 201879.

Aby první čtyřčíslí bylo dělitelné čtyřmi, musí být druhé dvojčíslí dělitelné čtyřmi.Z uvedených možností tak nakonec zbývají pouze dvě

270819, 201639.

Využili jsme všechny požadavky ze zadání; poptávaný rozdíl je roven 69180.

Hodnocení. 3 body za vyhovující možnosti a konečný rozdíl; 3 body za kvalitu, resp.úplnost komentáře.

Z7–II–3Útvar na obrázku je složen z osmi shodných čtverců a je rozdělen úsečkami na pět ba-

revně odlišených částí. Přitom bod X je středem úsečky KJ , bod Y je středem úsečky EXa úsečka BZ je shodná s BC. Obsah černé části útvaru je 7,5 cm2.Určete obsahy zbylých čtyř částí. (E. Semerádová a M. Dillingerová)

A

B C

D E

F G

H I

JXK

LM

N

Z

Y

Možné řešení. V obrázku zvýrazníme osm shodných čtverců a pomocí nich vyjádřímeobsahy jednotlivých částí:

A

B C

D E

F G

H I

JXK

LM

N

Z

U

V

Y

2

Bílá část tvoří polovinu čtverce.Tmavě šedou část můžeme rozdělit na čtverec a pravoúhlý trojúhelník ZUL, jehož

odvěsny jsou rovny jedné a dvěma stranám čtverce. Tento trojúhelník má stejný obsahjako čtverec ( 12 · 1 · 2 = 1), tedy obsah tmavě šedé části je stejný jako obsah 2 čtverců.Černou část můžeme rozdělit na tři pravoúhlé trojúhelníky: trojúhelníky ZEL a EKX

jsou shodné s výše zmiňovaným trojúhelníkem ZUL, trojúhelník ZDC tvoří polovinu čtver-ce. Obsah černé části je tedy stejný jako obsah 52 čtverce (1 + 1 +

12 =

52 ).

Světle šedou část můžeme rozdělit na čtverec a trojúhelník GXY . Body X a E jsouvrcholy čtverců a bod Y je středem úsečky EX, kterou interpretujeme jako úhlopříčkuobdélníku KEVX. Úsečka HY je proto shodná s polovinou strany čtverce. Tato úsečka jevýškou trojúhelníku GXY na stranu GX, a ta je rovna třem stranám čtverce. Trojúhel-ník GXY má stejný obsah jako 34 čtverce (

12 · 12 · 3 = 3

4 ), tedy obsah světle šedé části jestejný jako obsah 74 čtverce (

34 + 1 =

74 ).

Zbylou část můžeme vyjádřit jako rozdíl výše uvedených částí,

8− 2− 12− 52− 74= 3− 7

4=54,

tedy obsah šrafované části je stejný jako obsah 54 čtverce.Nyní využijeme poznatek, že obsah černé části je 7,5 cm2. To podle předchozího od-

povídá 52 čtverce, tedy obsah jednoho čtverce je 3 cm2 ( 52 · 3 = 7,5). Odtud uzavíráme, že

obsah bílé části je 1,5 cm2 ( 12 · 3 = 1,5), obsah tmavě šedé části je 6 cm2 (2 · 3 = 6), obsahsvětle šedé části je 5,25 cm2 ( 74 ·3 = 5,25), a obsah šrafované části je 3,75 cm2 ( 54 ·3 = 3,75).Hodnocení. 4 body za vyjádření obsahů všech částí pomocí čtverců; 2 body za dopočítáníobsahů v cm2.

3


II. kolo kategorie Z8Z8–II–1V dvouposchoďovém domě, který je obýván kromě obou poschodí také v přízemí, bydlí

35 lidí nad někým a 45 lidí bydlí pod někým. Přitom v 1. poschodí bydlí jedna třetina všechosob žijících v domě.Kolik osob bydlí v domě celkem? (L. Hozová)

Možné řešení. Lidé, kteří bydlí nad někým, jsou obyvateli 2. a 1. poschodí. Lidé, kteříbydlí pod někým, jsou obyvateli 1. poschodí a přízemí. V součtu 35 + 45 = 80 jsou takobyvatelé 1. poschodí započítáni dvakrát.Pokud počet obyvatel 1. poschodí označíme p, potom počet všech obyvatel v domě

můžeme vyjádřit jednak 80− p, jednak 3p. Odtud dostáváme rovnici, kterou snadno vyře-šíme:

3p = 80− p,4p = 80,

p = 20.

V domě bydlí celkem 60 lidí.

Hodnocení. 2 body za postřeh, že obyvatelé 1. poschodí jsou v součtu 35+ 45 započtenidvakrát; 2 body za sestavení a vyřešení rovnice; 2 body za počet osob v domě.

Poznámka. Pokud d, p, resp. z značí počty obyvatel ve 2. poschodí, v 1. poschodí, resp.v přízemí, potom ze zadání máme

d+ p = 35, p+ z = 45, d+ p+ z = 3p.

Odtud lze rozličnými způsoby vyjádřit všechny neznámé: d = 15, p = 20 a z = 25. Takovářešení hodnoťte po 2 bodech za sestavení rovnic, za jejich vyřešení a za závěr.

Z8–II–2Pro kolik kladných čísel menších než 1000 platí, že mezi čísly 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 a 9 je

právě jedno, které není jeho dělitelem? (E. Semerádová)

Možné řešení. Pokud číslo není dělitelné 2, potom není dělitelné také 4, 6 a 8. Pokudčíslo není dělitelné 3, potom není dělitelné také 6 a 9. Pokud číslo není dělitelné 4, potomnení dělitelné také 8. Pokud číslo není dělitelné 6, potom není dělitelné 2 nebo 3. Žádnéz čísel 2, 3, 4 a 6 tedy nemůže být oním jediným číslem z uvedeného seznamu, které nenídělitelem hledaného čísla.Číslo dělitelné všemi čísly z uvedeného seznamu kromě 5 musí být násobkem 7 ·8 ·9 =

= 504, což je nejmenší společný násobek zbylých čísel. Kladné číslo menší než 1000 s toutovlastností je jediné, a to 504.Číslo dělitelné všemi čísly z uvedeného seznamu kromě 7 musí být násobkem 5 ·8 ·9 =

= 360. Kladná čísla menší než 1000 s touto vlastností jsou dvě, a to 360 a 720.

1

Číslo dělitelné všemi čísly z uvedeného seznamu kromě 8 musí být násobkem 4 · 5 ·· 7 · 9 = 1260. Kladné číslo menší než 1000 s touto vlastností není žádné.Číslo dělitelné všemi čísly z uvedeného seznamu kromě 9 musí být násobkem 3 · 5 ·

· 7 · 8 = 840. Kladné číslo menší než 1000 s touto vlastností je jediné, a to 840.Čísla s uvedenými vlastnostmi jsou právě čtyři.

Hodnocení. 2 body za vyhovující čtyři možnosti; 4 body za vyloučení ostatních možnostía kvalitu komentáře.

Z8–II–3V lichoběžníku ABCD se základnami AB a CD platí, že |AD| = |CD|, |AB| = 2|CD|,

|BC| = 24 cm a |AC| = 10 cm.Vypočtěte obsah lichoběžníku ABCD. (L. Růžičková)

Možné řešení. Označme S střed základny AB. Ze zadání plyne, že úsečky AS, SB a CDjsou shodné, tedy čtyřúhelníky ASCD a SBCD jsou rovnoběžníky.

A B

CD

S

Úhlopříčka SD dělí rovnoběžník ASCD na dva shodné trojúhelníky. Také úhlopříčkaSC dělí rovnoběžník SBCD na dva shodné trojúhelníky. Obsah lichoběžníku ABCD jetedy roven trojnásobku obsahu trojúhelníku ASD.Ze zadání navíc víme, že úsečky AD a CD jsou shodné, tedy rovnoběžník ASCD je

kosočtvercem a jeho úhlopříčky SD a AC se protínají kolmo. Přitom |SD| = |BC| = 24 cma |AC| = 10 cm, obsah trojúhelníku ASD je proto roven 12 · 24 · 5 = 60 (cm2).Obsah lichoběžníku ABCD je roven 3 · 60 = 180 (cm2).

Hodnocení. 2 body za vztah mezi obsahem lichoběžníku ABCD a obsahem trojúhelníkuASD; 2 body za kolmost úseček SD a AC; 2 body za dopočítání obsahu a kvalitu komen-táře.

2



Z9–II–1

Maruška napsala na tabuli dvě různá přirozená čísla. Marta si vzala kartičku, na jejížjednu stranu napsala součet Maruščiných čísel a na druhou stranu jejich součin. Jednoz čísel na kartičce bylo prvočíslo a součet čísel z obou stran kartičky byl 97.

Která čísla napsala Maruška na tabuli? (L. Hozová)

Možné řešení. Čísla na tabuli označíme x a y. Na jedné straně kartičky tak bylo napsánočíslo x+ y, na druhé straně číslo x · y a celkem platilo

x+ y + xy = 97. (1)

Levá strana souhlasí se třemi sčítanci v roznásobení výrazu (x+ 1)(y+ 1), chybí pouze 1.Přičtením 1 k oběma stranám rovnice (1) dostáváme

(x+ 1)(y + 1) = 98. (2)

Protože x a y jsou přirozená čísla, součinitelé na levé straně této rovnice musí býtalespoň 2. Číslo 98 lze vyjádřit jako součin dvou přirozených čísel větších než 1 pouzetěmito způsoby (pořadí součinitelů ignorujeme):

2 · 49 = 98, 7 · 14 = 98. (3)

První možnosti odpovídají čísla x = 1 a y = 48, pro něž je x+ y = 49 a xy = 48. Anijedno z těchto dvou čísel není prvočíslem, pročež tahle možnost nevyhovuje zadání úlohy.

Druhé možnosti odpovídají čísla x = 6 a y = 13, pro něž je x + y = 19 a xy = 78.Číslo 19 je a číslo 78 není prvočíslem, což vyhovuje zadání úlohy. Maruška napsala natabuli čísla 6 a 13.

Hodnocení. Po 1 bodu za vyjádření (1) a úpravu (2); 2 body za rozklady (3); 2 body zarozbor možností a závěr.

Jiné řešení. Při stejném značení jako výše můžeme z rovnice (1) vyjádřit y pomocí x:

y =97− x

1 + x. (4)

Postupným dosazováním přirozených čísel za x můžeme vyjádřit y a ověřit, zda se jednáo přirozené číslo a zda jedno z čísel x+ y a xy je prvočíslem:

x 1 2 3 4 5 6 7 8 . . .

y 48 95

3

47

2

93

5

46

313 45

4

89

9. . .

x+ y 49 19

xy 48 78

1

Mezi uvedenými možnostmi je jediná vyhovující dvojice čísel 6 a 13. Nyní by se mělaprověřit ještě ostatní dosazení za x až do 96 (aby y bylo kladné). To však není nutné, protožes rostoucím x hodnota y stále klesá a je jistě menší než 9 (kdyby x i y byly současně většínebo rovny 9, potom by hodnota x+y+xy byla větší nebo rovna 9+9+81 = 99). Vzhledemk symetričnosti úlohy se proto všechna řešení musí vyskytovat v uvedené tabulce.

Maruška napsala na tabuli čísla 6 a 13.

Hodnocení. Po 1 bodu za vyjádření (1) a (4); 2 body za dosazování a ověřování jakov tabulce; 2 body za úplnost diskuse a závěr.

Poznámka. Lomený výraz (4) můžeme vyjádřit ve tvaru „celá část plus zbytekÿ takto:

y =97− x

1 + x=

−(1 + x) + 981 + x

= −1 + 981 + x

.

Protože x a y mají být přirozená čísla, musí být 1 + x kladným vlastním dělitelem čísla98, a takové dělitele máme právě čtyři: 2, 7, 14 a 49. Odtud dostaneme dvě možnosti (ažna pořadí x a y), z nichž jedna vyhovuje všem požadavkům. Tento postup lze chápat jakojinou interpretaci rovnice (2) a následných úvah.

Z9–II–2

Máme kvádr, jehož jedna hrana je pětkrát delší než jiná jeho hrana. Kdybychom výškukvádru zvětšili o 2 cm, zvětšil by se jeho objem o 90 cm3. Kdybychom dále výšku taktozvětšeného kvádru změnili na polovinu, byl by objem nového kvádru roven třem pětinámobjemu původního kvádru.

Jaké mohou být rozměry původního kvádru? Určete všechny možnosti.(E. Semerádová)

Možné řešení. Objem kvádru je roven součinu obsahu podstavy a velikosti výšky. Změnavýšky o 2 cm, způsobuje změnu objemu o 90 cm3; odpovídající podstava má proto obsah90 : 2 = 45 (cm2).

Při další změně výšky se podstava nemění, proto změna objemu kvádru na tři pětinyodpovídá změně výšky rovněž na tři pětiny. Označíme-li výšku původního kvádru v centi-metrech v, platí

v + 2

2=3

5v.

Odtud se snadno vyjádří v = 10 cm.Poslední nevyužitou informací ze zadání je, že jedna hrana kvádru je pětkrát delší než

jiná jeho hrana. Mohou nastat tři možnosti:

a) Jedna hrana podstavy je pětkrát delší než výška, tj. 50 cm. Odtud druhá hrana pod-stavy měří 45 : 50 = 0,9 (cm).

b) Jedna hrana podstavy je pětkrát kratší než výška, tj. 2 cm. Odtud druhá hrana pod-stavy měří 45 : 2 = 22,5 (cm).

c) Jedna hrana podstavy je pětkrát delší než druhá její hrana. Označíme-li velikost kratšíz těchto hran v centimetrech a, platí a(5a) = 45, tedy a2 = 9 a a = 3 (cm). Odtuddelší hrana podstavy měří 5 · 3 = 15 (cm).

2

Rozměry původního kvádru v centimetrech mohou být 0,9×50×10, nebo 2×22,5×10,nebo 3× 15× 10.Hodnocení. 1 bod za obsah podstavy; 2 body za výšku původního kvádru; po 1 bodu zakaždé správné řešení.

Z9–II–3

Z číslic 3, 4, 5, 7 a 9 byla vytvořena všechna možná trojmístná čísla tak, aby se každáčíslice vyskytovala v každém čísle nejvýše jednou.

Určete počet takto vzniklých čísel a jejich celkový součet. (M. Volfová)

Možné řešení. Při tvoření trojmístných čísel s uvedenými vlastnostmi je možno postu-povat následovně:

První místo lze obsadit libovolnou z pěti uvedených číslic, tj. 5 možností. Pro každéz těchto obsazení lze druhé místo obsadit libovolnou ze čtyř zbylých číslic, tj. celkem 5 ·4 == 20 možností. Pro každé z těchto obsazení lze třetí místo obsadit libovolnou ze tří zbylýchčíslic, tj. celkem 5 · 4 · 3 = 60 možností. Takto vzniklých trojmístných čísel je tedy 60.

K určení celkového součtu všech těchto čísel si stačí uvědomit, že na každém místě sekaždá z pěti číslic vyskytuje dvanáctkrát (5 · 12 = 60). Součet číslic na vybraném místě vevšech uvažovaných číslech je roven

12 · (3 + 4 + 5 + 7 + 9) = 12 · 28 = 336.Podle příslušného místa se tato hodnota v celkovém součtu vyskytuje jedenkrát, desetkráta stokrát. Součet všech uvažovaných čísel je proto roven

336 · (1 + 10 + 100) = 336 · 111 = 37 296.

Hodnocení. 2 body za počet čísel; 2 body za celkový součet; 2 body za kvalitu, resp.úplnost komentáře.

Z9–II–4

V pravoúhlém trojúhelníku je poloměr jemu opsané kružnice 14,5 cm a poloměr jemuvepsané kružnice 6 cm.

Určete obvod tohoto trojúhelníku. (L. Hozová)

Možné řešení. Střed kružnice opsané pravoúhlému trojúhelníku je ve středu jeho přepo-ny; tento bod je na obrázku označen O. Střed kružnice vepsané je společným průsečíkem osvnitřních úhlů trojúhelníku; tento bod je označen V a body dotyku kružnice s jednotlivýmistranami trojúhelníku jsou označeny X , Y a Z:

OM K

L

V

X

Y

Z

3

Poloměr kružnice opsané je 14,5 cm, přepona KM je průměrem této kružnice, tedyvelikost KM je 29 cm.

Poloměr kružnice vepsané je 6 cm, a to je také velikost úseček V X , V Y a V Z. Shodnéúsečky V X a V Z jsou sousedními stranami v pravoúhelníku V XLZ, tento pravoúhelníkje proto čtvercem a velikosti úseček LX a LZ jsou také 6 cm.

Trojúhelníky KY V a KZV jsou oba pravoúhlé, mají shodné úhly u vrcholu K a spo-lečnou stranuKV . Proto jsou tyto trojúhelníky shodné, tedy úsečkyKY aKZ jsou shodné;jejich velikost na chvíli označíme a. Z obdobného důvodu jsou shodné také úsečky MXa MY ; jejich velikost označíme b.

Celkem tak dostáváme a + b = |KM | = 29 cm a obvod trojúhelníku KLM umímevyjádřit jako

2a+ 2b+ 2 · 6 = 2(a+ b) + 12 = 70 (cm).

Hodnocení. 1 bod za velikost přepony; 3 body za vyjádření obvodu; 2 body za kvalitukomentáře.

Poznámka. Pokud označíme poloměr kružnice opsané R a velikost přepony |KM | = l,potom první pozorování v uvedeném řešení můžeme obecně zapsat l = 2R, tedy

R =l

2. (1)

Pokud dále označíme poloměr kružnice vepsané r a velikosti odvěsen |LM | = k a |KL| = m,potom další závěry z předchozího řešení jsou m = r + a, k = r + b a l = a+ b:

M K

L

a

a

b

b

rr

Odtud vyplývá, že k +m − l = 2r, tedy

r =k +m − l

2, (2)

a obvod trojúhelníku lze obecně vyjádřit jako

k +m+ l = 2r + 4R. (3)

Vzorce (1) a (2) lze považovat za známé a vyskytují se v některých tabulkách. Na nichzaložené řešení (3) by tedy mělo být posuzováno jako správné.

4


III. kolo kategorie Z9Z9–III–1Adéla napsala na tabuli dvě kladná celá čísla a dala Lukášovi a Petrovi za úkol určit

kladný rozdíl druhých mocnin těchto dvou čísel. Lukáš místo toho určil druhou mocninurozdílu daných dvou čísel. Vyšlo mu tak číslo o 4 038 menší než Petrovi, který výpočetprovedl správně.Která dvě čísla mohla Adéla napsat na tabuli? Určete všechny možnosti.

(L. Růžičková)

Možné řešení. Čísla napsaná na tabuli označíme a a b, přičemž budeme předpokládat,že a = b. Ze zadání postupně plyne

(a− b)2 = a2 − b2 − 4 038,a2 − 2ab+ b2 = a2 − b2 − 4 038,2ab− 2b2 = 4038,b(a− b) = 2 019,

kde čísla b a a− b jsou podle předpokladů kladná.Rozklad čísla 2 019 na prvočinitele je 3 · 673. Číslo 2 019 lze proto vyjádřit jako součin

dvou kladných celých čísel následujícími způsoby:

2 019 = 1 · 2 019 = 2 019 · 1 = 3 · 673 = 673 · 3.

Pořadí součinitelů zdůrazňujeme kvůli všem možným přiřazením b a a − b. Odpovídajícídvojice čísel (a, b) jsou (2 020,1), (2 020, 2 019), (676, 3) a (676,673).

Hodnocení. 1 bod za sestavení výchozí rovnice; 2 body za úpravu do tvaru součinu; 1 bodza rozklad na prvočinitele; 2 body za určení vyhovujících dvojic.Při jiném postupu řešení hodnoťte 2 body za určení vyhovujících dvojic a 4 body za

kvalitu komentáře, zejména zdůvodnění, že víc řešení neexistuje.

Z9–III–2Na ostrově žijí dva druhy domorodců: Poctivci, kteří vždy mluví pravdu, a Lháři, kteří

vždy lžou. Když cizinec potkal tři domorodce, Alana, Bruna a Ctibora, zeptal se jich, dokteré skupiny patří.Alan sdělil: „Bruno je Lhář.ÿBruno řekl: „Alan a Ctibor jsou buď oba Lháři, anebo oba Poctivci.ÿCtibor se nevyjádřil.Mohl cizinec u některého z těchto domorodců s jistotou určit, jestli je Poctivec, či

Lhář? (M. Volfová)

Možné řešení. Nejprve předpokládejme, že Alan je Poctivec. V takovém případě by jehovýrok byl pravdivý a Bruno by byl Lhář. Brunův výrok by tedy nebyl pravdivý a to by

1

znamenalo, že Alan a Ctibor by patřili do různých skupin. Protože Alan je Poctivec, Ctiborby byl Lhář.Nyní předpokládejme, že Alan je Lhář. V takovém případě by jeho výrok nebyl prav-

divý a Bruno by byl Poctivec. Brunův výrok by tedy byl pravdivý a to by znamenalo, žeAlan a Ctibor by patřili do stejné skupiny. Protože Alan je Lhář, Ctibor by byl také Lhář.S jistotou lze určit, že Ctibor je Lhář.

Jiné řešení. Uvažme všechny možné případy, kdy u každého ze tří domorodců (A, B, C)uvažujeme každý ze dvou případů (P, L). Celkem dostáváme osm možností, které postupněporovnáme s výroky Alana a Bruna. Případný spor s některým z těchto výroků je vyznačenv posledním řádku tabulky:

A P P P P L L L L

B P P L L P P L L

C P L P L P L P L

spor s A A B B B A A B

S jistotou lze určit, že Ctibor je Lhář.

Hodnocení. 2 body za správný závěr; 4 body za kvalitu komentáře.

Z9–III–3Když číslo X vydělím číslem Y , dostanu číslo Z a zbytek 27. Když číslo X vydělím

číslem Z, dostanu číslo 1,1 · Y a zbytek 3.Která čísla X, Y , Z vyhovují uvedeným podmínkám? Určete všechny možnosti.

(L. Hozová)

Možné řešení. Ze zadání máme dvě rovnosti:

X = Y · Z + 27 = 1,1 · Y · Z + 3.

Úpravami druhé rovnosti dostáváme 0,1 · Y · Z = 24, tedy Y · Z = 240. Dosazením zpětzjišťujeme, že X = 267.Dělení se zbytkem se týká celých čísel. Všechna čísla X, Y , Z a 1,1 ·Y proto musí být

celá. Odtud zejména plyne, že číslo Y musí být násobkem 10. Zbytek po dělení je menšínež dělitel. Proto musí být Z = 4 a Y = 28, což spolu s předchozím závěrem dává Y = 30.Z rovnosti Y · Z = 240 a požadavku Z = 4 dostáváme Y 5 240 : 4 = 60. Obdobně

z požadavku Y = 30 dostáváme Z 5 240 : 30 = 8. Takto jsme odhalili dvě vyhovujícídvojice čísel Y a Z. Všechna řešení dostaneme systematickým rozborem možností v rámciuvedených omezení:

Y 30 40 50 60

Z 8 6 4

2

Vyhovující trojice čísel (X,Y, Z) jsou (267,30,8), (267,40,6) a (267,60,4).

Hodnocení. Po 1 bodu za vyjádření Y · Z = 240 a X = 267; po 1 bodu za každé ze třířešení; 1 bod za kvalitu komentáře.

Poznámka. V uvedeném řešení lze s výhodou využít prvočíselný rozklad 240 = 24 · 3 · 5.

Z9–III–4Je dána kružnice se středem S a poloměrem 39mm. Do kružnice máme vepsat troj-

úhelník ABC tak, aby velikost strany AC byla 72mm a bod B ležel v polorovině určenépřímkou AC a bodem S.Ze zadaných údajů vypočtěte, jakou velikost má mít výška trojúhelníku ABC z vr-

cholu B, aby úloha měla dvě řešení. Popište všechny možnosti. (M. Krejčová)

Možné řešení. Velikost strany AC je vskutku menší než průměr kružnice, tedy tatostrana neobsahuje střed S. Výška trojúhelníku ABC z vrcholu B může být libovolně malá,ale nemůže být libovolně velká: tato výška je největší, právě když obsahuje střed S. V tako-vém případě má úloha jediné řešení (odpovídající trojúhelník je rovnoramenný) a velikostvýšky je rovna velikosti úsečky PB0 jako na obrázku:

A

C

B0

B1

B2

P

S

Velikost PB0 je rovna součtu velikostí úseček PS a SB0. Velikost úsečky SB0 jerovna poloměru kružnice, tj. 39mm. Velikost úsečky PS určíme pomocí Pythagorovy větyv pravoúhlém trojúhelníku APS:

|PS| =√|AS|2 − |AP |2 =

√392 − 362 =

√225 = 15 (mm).

Tedy mezní velikost výšky je 39+15 = 54 (mm). Úloha má dvě řešení, pokud je výškaz vrcholu B menší než 54mm (a větší než 0mm).

Hodnocení. 3 body za vyjádření mezní hodnoty; 3 body za rozbor možností a kvalitukomentáře.Odpovědi založené na odhadu nebo měření z narýsovaného obrázku hodnoťte 0 body.

3

69. ročník Matematické olympiády (2019/20)


Z5–I–1

Naše slovenská babička nakupovala v obchodě, ve kterém měli jen jablka, banánya hrušky. Jablka byla po 50 centech za kus, hrušky po 60 centech a banány byly levnějšínež hrušky. Babička koupila pět kusů ovoce, mezi kterými byl právě jeden banán, a zaplatila2 eura a 75 centů.

Kolik centů mohl stát jeden banán? Určete všechny možnosti. (K. Jasenčáková)

Nápověda. Začněte počítat s ovocem, jehož cenu znáte.

Možné řešení. Kromě banánu babička koupila jablka a hrušky, jejichž ceny za kus známe.Jablek a hrušek byly celkem čtyři kusy. Probereme jednotlivé možnosti a určíme útratuza jablka a hrušky. Odečteme od celkové útraty a odtud zjistíme cenu banánu, kterouporovnáme s cenou hrušky:

• Čtyři jablka a žádná hruška stojí 4·50 = 200 centů; jeden banán by stál 275−200 = 75centů, což je víc než cena hrušky.

• Tři jablka a jedna hruška stojí 3 · 50 + 1 · 60 = 210 centů; jeden banán by stál275− 210 = 65 centů, což je víc než cena hrušky.

• Dvě jablka a dvě hrušky stojí 2 · 50 + 2 · 60 = 220 centů; jeden banán by stál 275 −− 220 = 55 centů, což je méně než cena hrušky.

• Jedno jablko a tři hrušky stojí 1 · 50 + 3 · 60 = 230 centů; jeden banán by stál 275−− 230 = 45 centů, což je méně než cena hrušky.

• Žádné jablko a čtyři hrušky stojí 4 ·60 = 240 centů; jeden banán by stál 275−240 = 35centů, což je méně než cena hrušky.

Banán mohl stát 35, 45, nebo 55 centů.

Poznámka. Hruška je o 10 centů dražší než jablko, a právě o tolik se musí snížit cenabanánu, vyměníme-li v uvažovaném nákupu jablko za hrušku. S tímto postřehem lze před-chozí diskusi značně zjednodušit.

Z5–I–2

Všechny cesty v parku jsou metr široké a jsou tvořeny celými čtvercovými dlaždicemio rozměrech metr krát metr, které k sobě těsně přiléhají. Cesty, u kterých se mají vyměnitvšechny dlaždice, jsou schematicky znázorněny na obrázku.

Kolik dlaždic se má vyměnit? (E. Semerádová)

1

50m

30m 20m

20m

50m

Nápověda. Potřebujete znát, kde přesně se cesty kříží?

Možné řešení. Přesné umístění křížení cest není ze zadání patrné, to však nemá navýsledek žádný vliv. Při počítání musíme dbát na to, abychom dlaždice v křížení ceststejně jako v rozích započítávali jen jednou. Proto budeme rozlišovat cesty, které jsouzakresleny vodorovně, od těch zakreslených svisle. Jednotlivé části můžeme navíc kvůlilepší názornosti přesouvat. Např. následující soustava cest má stejný počet dlaždic jako tapůvodní:

50m

30m 20m

20m

50m

Nejprve sečteme dlaždice na vodorovných cestách (shora dolů, zleva doprava):

30 + 50 + 30 + 20 + 20 + 50 = 2 · (30 + 50 + 20) = 200.

2

Nyní sečteme dlaždice na svislých cestách, které nejsou započteny v kříženích a rozích(zleva doprava, shora dolů):

(20− 2) + (50− 3) + (20− 3) + (50− 4) + (50− 4) = 190− 16 = 174.

Celkem se má vyměnit 200 + 174 = 374 dlaždic.

Z5–I–3Pan král rozdával svým synům dukáty. Nejstaršímu synovi dal určitý počet dukátů,

mladšímu dal o jeden dukát méně, dalšímu dal opět o jeden dukát méně a takto postupovalaž k nejmladšímu. Poté se vrátil k nejstaršímu synovi, dal mu o jeden dukát méně než předchvílí nejmladšímu a stejným způsobem jako v prvním kole rozdával dál. V tomto kolevyšel na nejmladšího syna jeden dukát. Nejstarší syn dostal celkem 21 dukátů.

Určete, kolik měl král synů a kolik jim celkem rozdal dukátů. (K. Pazourek)

Nápověda. Kolik dukátů by dostal nejstarší syn, pokud by král stejným způsobem roz-dával např. čtyřem synům?

Možné řešení. Pro konkrétní počet synů si lze králův způsob rozdávání dukátů názorněvyzkoušet. Stačí postupovat odzadu: nejmladší ve druhém kole dostal jeden dukát, druhýnejmladší dva dukáty atd. Např. pro dva, tři, resp. čtyři syny by počty dukátů v jednotlivýchkolech vypadaly následovně (řazeno shora dolů podle kol, zleva doprava podle věku):

4 3

2 1

6 5 4

3 2 1

8 7 6 5

4 3 2 1

Nejstarší syn by v prvním případě dostal 6, ve druhém případě 9, resp. ve třetímpřípadě 12 dukátů. Tímto způsobem lze postupně najít situaci, kdy nejstarší syn dostal 21dukátů:

14 13 12 11 10 9 8

7 6 5 4 3 2 1

Tedy král měl 7 synů a celkem jim rozdal 105 dukátů.

Poznámky. Místo zkoušení si lze všimnout, že ze zadání plyne následující: nejstarší syn vedruhém kole dostane právě tolik dukátů, kolik je synů, a v prvním kole dvojnásobek, celkemtedy trojnásobek počtu synů. Aby tento počet byl roven 21, musí být 7 synů a celkovýpočet dukátů 1 + 2 + . . .+ 14 = 105.

Součet rozdaných dukátů lze určit různě, viz např. následující zkratku:

(1 + 14) + (2 + 13) + . . .+ (7 + 8) = 7 · 15 = 105.

3

Z5–I–4Vojta začal vypisovat do sešitu číslo letošního školního roku 2019202020192020. . .

a tak pokračoval pořád dál. Když napsal 2020 číslic, přestalo ho to bavit.Kolik tak napsal dvojek? (L. Růžičková)

Nápověda. Kolik dvojek by Vojta napsal, kdyby vypisoval jen 20 číslic?

Možné řešení. Číslo školního roku 20192020 je osmimístné a obsahuje tři dvojky. Protože2020 = 8·252+4, Vojta napsal 252krát celé číslo 20192020 a na zbylá čtyři místa číslo 2019.

Celkem tedy Vojta napsal 252 · 3 + 1 = 757 dvojek.

Z5–I–5Dědeček má v zahradě tři jabloně a na nich celkem 39 jablek. Jablka rostou jen na

osmi větvích: na jedné jabloni plodí dvě větve, na dvou jabloních plodí po třech větvích.Na různých větvích jsou různé počty jablek, ale na každé jabloni je stejný počet jablek.

Kolik jablek mohlo být na jednotlivých větvích? Určete alespoň jednu možnost.(A. Bohiniková)

Nápověda. Kolik jablek bylo na každé z jabloní?

Možné řešení. Na každé jabloni je stejný počet jablek a celkem jich je 39. Na každéjabloni tedy roste 13 jablek. Na různých větvích jsou různé počty jablek a počty větví najednotlivých stromech jsou 2, 3 a 3.

Tedy hledáme osmice navzájem různých čísel, z nichž vybíráme dvojici a dvě trojicese stejným součet 13. Takové osmice jsou:

2, 11, 1, 5, 7, 3, 4, 6,

3, 10, 1, 4, 8, 2, 5, 6,

4, 9, 1, 5, 7, 2, 3, 8,

5, 8, 1, 2, 10, 3, 4, 6,

5, 8, 1, 3, 9, 2, 4, 7.

Z5–I–6Obdélníkový ubrus je poskládán ze stejně velkých čtverců bílé, šedé a černé barvy,

a to tak, že

• čtverce se společnou stranou mají různé barvy,• bílé čtverce nemají společný vrchol,• černé čtverce nemají společný vrchol,• černých čtverců je šest,• na každé straně ubrusu jsou nejméně tři čtverce.

Jak mohl ubrus vypadat? Najděte a nakreslete alespoň tři možnosti.(K. Jasenčáková)

4

Nápověda. Které čtverce se mohou vyskytovat v jednom řádku, příp. sloupci?

Možné řešení. Na žádném řádku a sloupci nemohou být dva čtverce stejné barvy vedlesebe; budeme diskutovat možnosti po řádcích:

• Pokud by na řádku sousedil bílý a černý čtverec, pak odpovídající čtverce na dalšímřádku nelze vybarvit žádnou dvojicí barev tak, abychom vyhověli všem uvedenýmpožadavkům.• Pokud by na jednom řádku sousedil bílý a šedý čtverec, pak odpovídající čtverce na

druhém řádku musí být šedý a černý (aby se střídaly barvy a bílé čtverce nesousedilyvrcholem). Pak ale další čtverec na prvním řádku musí být opět bílý a odpovídajíčtverec na druhém řádku šedý (aby se střídaly barvy a černé čtverce nesousedilyvrcholem).

• Diskuse pro sousedící černé a šedé čtverce je obdobná.

Na každém řádku, příp. sloupci, se tedy střídají buď šedé a bílé, nebo šedé a černéčtverce. Tyto podmínky přesně vymezují vzor na ubruse. Nyní si stačí představit dostatečněvelkou oblast s popsaným vzorem a vybrat z ní možné ubrusy vyhovující posledním dvěmapodmínkám ze zadání. Takové možnosti jsou následující:

a) 11× 3 b) 12× 3 c) 13× 3

d) 5× 3 e) 6× 3 f) 7× 3 g) 5× 4 h) 6× 4

i) 7× 4 j) 5× 5 k) 6× 5 l) 7× 5

Ubrus j) je čtvercový, všechny ostatní jsou obdélníkové, tedy vyhovující všem pod-mínkám úlohy.

5



Babička řekla vnoučatům: „Dnes mám 60 roků a 50 měsíců a 40 týdnů a 30 dnů.ÿKolikáté narozeniny měla babička naposledy? (L. Hozová)

Nápověda. Kolik celých let je 50 měsíců?

Možné řešení. 50 měsíců jsou čtyři roky a 2 měsíce. Tedy babička měla alespoň 64 roků.Zbylé 2 měsíce, 40 týdnů a 30 dnů představují zhruba jeden další rok. Potřebujeme přesnězjistit, zda je to více či méně, proto uvedené údaje přepočítáme na dny.

2 měsíce mohou mít 59 dnů (leden a únor, příp. únor a březen v nepřestupném roce),60 dnů (leden a únor, příp. únor a březen v přestupném roce), 61 dnů (skoro všechnyostatní dvojice měsíců), nebo 62 dnů (červenec a srpen, příp. prosinec a leden). 40 týdnůa 30 dnů je 40 · 7 + 30 = 310 dnů.

Celkem tedy 2 měsíce, 40 týdnů a 30 dnů představují nejméně 369 a nejvíce 372 dnů.To je vždy více než rok (a méně než dva). Babička měla naposledy 65. narozeniny.

Z6–I–2Na obrázku je trojúhelníková síť a v ní čtyři mnohoúhelníky. Obvody mnohoúhelníků

A, B a D jsou po řadě 56 cm, 34 cm a 42 cm.Určete obvod trojúhelníku C. (K. Pazourek)

A BC

D

Nápověda. Jaká je délka jedné vodorovné úsečky trojúhelníkové sítě?

Možné řešení. Obvody mnohoúhelníkůA aB se liší o dvě vodorovné úsečky, což odpovídá56− 34 = 22 (cm). Jedna vodorovná úsečka je tedy 11 cm dlouhá.

Obvod mnohoúhelníku D je tvořen dvěma vodorovnými úsečkami (—) a čtyřmi zpětněšikmými úsečkami (\), což dává dohromady 42 cm. Tyto čtyři zpětně šikmé úsečky majív součtu 42− 22 = 20 (cm), tedy jedna je 5 cm dlouhá.

Obvod mnohoúhelníku B je tvořen jednou vodorovnou (—), třemi zpětně šikmými (\)a jednou šikmou (/) úsečkou, což je 34 cm. Jedna šikmá úsečka je proto dlouhá 34− 11−− 3 · 5 = 8 (cm).

Obvod trojúhelníku C je roven 11 + 5 + 8 = 24 (cm).

6

Z6–I–3Na písemce bylo 25 úloh trojího druhu: lehké po 2 bodech, středně těžké po 3 bodech

a těžké po 5 bodech. Správně vyřešené úlohy byly hodnoceny uvedeným počtem bodůpodle stupně obtížnosti, jinak 0. Nejlepší možné celkové hodnocení písemky bylo 84 bodů.Petr správně vyřešil všechny lehké úlohy, polovinu středně těžkých a třetinu těžkých.

Kolik bodů získal Petr za svoji písemku? (A. Bohiniková)

Nápověda. Mohly být v testu právě čtyři těžké úlohy?

Možné řešení. Ze zadání vyplývá, že v písemce byl sudý počet středně těžkých úloha počet těžkých úloh byl násobkem tří. Budeme postupně uvažovat možné počty těžkýchúloh a diskutovat důsledky:

• Pokud by těžké úlohy byly 3, potom by středně těžkých a lehkých úloh bylo dohromady25 − 3 = 22 a jejich nejlepší možné hodnocení by bylo 84 − 3 · 5 = 69 bodů. To všaknení možné, protože středně těžkých úloh byl sudý počet a lehké úlohy byly hodnocenypo 2 bodech, avšak 69 není sudé číslo. (Jiným důvodem může být, že ani 22 střednětěžkých úloh by nedalo 69 bodů.)• Pokud by těžkých úloh bylo 6, potom by středně těžkých a lehkých úloh bylo dohro-

mady 25−6 = 19 a jejich nejlepší možné hodnocení by bylo 84−6·5 = 54 bodů. Kdybystředně těžké i lehké úlohy byly hodnoceny stejně po 2 bodech, potom by těchto 19 úlohbylo hodnoceno 2 · 19 = 38 body, což je o 16 méně než 54. Protože rozdíl v hodnocenístředně těžkých a lehkých úloh je právě jeden bod, odpovídá předchozí rozdíl 16 právěpočtu středně těžkých úloh. Lehkých úloh by potom bylo 19 − 16 = 3. V takovémpřípadě by Petr správně vyřešil 3 lehké úlohy, 8 středně těžkých a 2 těžké. Za takovoupísemku by získal

3 · 2 + 8 · 3 + 2 · 5 = 40 bodů.

• Pokud by těžkých úloh bylo 9, potom by středně těžkých a lehkých úloh bylo dohro-mady 25− 9 = 16 a jejich nejlepší možné hodnocení by bylo 84− 9 · 5 = 39 bodů. Tovšak není možné ze stejného důvodu jako v prvním diskutovaném případě.• Pokud by těžkých úloh bylo 12, potom by středně těžkých a lehkých úloh bylo dohro-

mady 25 − 12 = 13 a jejich nejlepší možné hodnocení by bylo 84 − 12 · 5 = 24 bodů.To však není možné, neboť už 13 lehkých úloh odpovídá 26 bodům, což je víc než 24.• Dále není nutné pokračovat, protože právě pozorovaný rozdíl v hodnocení by se jenom

zvětšoval.

Vychází jediná možnost, a to, že Petr získal 40 bodů.

Poznámka. Kterýkoli argument v předchozí diskusi lze nahradit systematickým zkou-šením a ověřováním podmínek ze zadání. Úplná diskuse v tomto duchu je velmi pracná,nemůže být v této kategorii vyžadována, ale měla by být uspokojivě naznačena. Při hod-nocení úlohy tento požadavek zohledněte.

7

Z6–I–4Jednou si král zavolal všechna svá pážata a postavil je do řady. Prvnímu pážeti dal

určitý počet dukátů, druhému dal o dva dukáty méně, třetímu opět o dva dukáty méně a takdále. Když došel k poslednímu pážeti, dal mu příslušný počet dukátů, otočil se a obdobnýmzpůsobem postupoval na začátek řady (tj. předposlednímu pážeti dal o dva dukáty méněnež před chvílí poslednímu atd.). Na první páže v tomto kole vyšly dva dukáty. Poté jednoz pážat zjistilo, že má 32 dukátů.

Kolik mohl mít král pážat a kolik celkem jim mohl rozdat dukátů? Určete všechnymožnosti. (K. Pazourek)

Nápověda. Kolikrát které páže dostávalo dukáty?

Možné řešení. Poslední páže dostávalo dukáty pouze jednou, kdežto ostatní pážata dva-krát.

Přitom předposlední páže dostalo dvojnásobek toho, co poslední: nejprve o 2 dukátyvíce než poslední, poté o 2 dukáty méně.

Všichni kromě posledního pážete dostali stejně: nejprve dostal každý o 2 dukáty vícenež následující soused v řadě, poté o 2 dukáty méně než týž soused.

Navíc počet dukátů posledního pážete byl dvojnásobkem počtu pážat: král postupněsnižoval příspěvek o 2 dukáty a ve druhém kole dostalo první páže 2 dukáty.

Jsou tedy dvě možnosti:

• 32 dukátů mělo poslední páže. Tedy pážat bylo 16 a každé z 15 ostatních pážat mělo64 dukátů. Král celkem rozdal 15 · 64 + 32 = 992 dukátů.• 32 dukátů měla všechna pážata kromě posledního. Tedy poslední mělo 16 dukátů

a pážat bylo 8. Král celkem rozdal 7 · 32 + 16 = 240 dukátů.

Král mohl mít 16 pážat a rozdat 992 dukátů, nebo 8 pážat a 240 dukátů.

Z6–I–5Útvar na obrázku vznikl tak, že z velkého kříže byl vystřižen malý kříž. Každý z těchto

křížů může být složen z pěti shodných čtverců, přičemž strany malých čtverců jsou polovičnívzhledem ke stranám velkých čtverců. Obsah šedého útvaru na obrázku je 45 cm2.

Jaký je obsah velkého kříže? (L. Růžičková)

Nápověda. Kolikrát se vejde malý čtverec do velkého?

8

Možné řešení. Délka strany velkého čtverce je dvojnásobkem délky strany malého čtver-ce, proto je obsah velkého čtverce čtyřnásobkem obsahu malého čtverce, viz obrázek. Pokudz velkého čtverce odstraníme malý čtverec, zbylý útvar má obsah 3

4 velkého čtverce. Tedyvelký čtverec má obsah 4

3 zbylého útvaru.

Útvar v zadání úlohy vznikl odebráním pěti malých čtverců od pěti velkých čtverců(přičemž přesné umístění čtverců není pro určování obsahů podstatné). Vztahy mezi jejichobsahy jsou tudíž stejné jako ve výše diskutovaném případě. Obsah velkého kříže je roven

43· 45 = 60 (cm2).

Poznámka. Pokud S značí obsah malého čtverce, potom obsah malého kříže je 5S, obsahvelkého čtverce je 4S a velkého kříže je 20S. Obsah vystřiženého útvaru je (20 − 5)S == 15S = 45 cm2, tedy S = 3 cm2 a obsah velkého kříže je 20 · 3 = 60 (cm2).

Z6–I–6Majka zkoumala vícemístná čísla, ve kterých se pravidelně střídají liché a sudé číslice.

Ta, která začínají lichou číslicí, nazvala komická a ta, která začínají sudou číslicí, nazvalaveselá. (Např. číslo 32387 je komické, číslo 4529 je veselé.)

Mezi trojmístnými čísly určete, zda je víc komických nebo veselých, a o kolik.(M. Dillingerová)

Nápověda. Kolik je trojciferných komických čísel začínajících 12? A kolik jich začínájedničkou?

Možné řešení. Jak lichých, tak sudých číslic je pět. U komických čísel může na prvnímmístě být kterákoli z lichých číslic 1, 3, 5, 7, 9. Pro každou z těchto pěti možností, můžena druhém místě být kterákoli ze sudých číslic 0, 2, 4, 6, 8, což dává 5 · 5 = 25 možností.Pro každou z těchto 25 možností, může na třetím místě být kterákoli z lichých číslic, coždává 25 · 5 = 125 možností. Trojmístných komických čísel je 125.

Počítání trojmístných veselých čísel je obdobné, jenom na prvním místě nemůže být0. Trojmístných veselých čísel tedy je 4 · 5 · 5 = 100.

Trojmístných komických čísel je o 25 víc než veselých.

9



Z7–I–1

Sněhurka se sedmi trpaslíky nasbírali šišky na táborák. Sněhurka řekla, že počet všechšišek je číslo dělitelné dvěma. První trpaslík prohlásil, že je to číslo dělitelné třemi, druhýtrpaslík řekl, že je to číslo dělitelné čtyřmi, třetí trpaslík řekl, že je to číslo dělitelné pěti,čtvrtý trpaslík řekl, že je to číslo dělitelné šesti, pátý trpaslík řekl, že je to číslo dělitelnésedmi, šestý trpaslík řekl, že je to číslo dělitelné osmi, sedmý trpaslík řekl, že je to číslodělitelné devíti. Dva z osmi sběračů, kteří se k počtu šišek vyjadřovali bezprostředně posobě, neměli pravdu, ostatní ano.

Kolik šišek bylo na hromadě, pokud jich jistě bylo méně než 350? (L. Hozová)

Nápověda. Která čísla jsou dělitelná čtyřmi a přitom nejsou dělitelná dvěma?

Možné řešení. Počet šišek je číslo menší než 350, které není dělitelné právě jednou dvojicípo sobě jdoucích čísel z 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 a všemi ostatními ano. Žádná z dvojic (2, 3),(3, 4), (4, 5), (5, 6) a (6, 7) to být nemůže, neboť by se mezi zbylými čísly vždy našlo nějakédalší, kterým by počet šišek také nemohl být dělitelný:

• nedělitelnost 2 vynucuje nedělitelnost 4, 6 a 8,• nedělitelnost 3 vynucuje nedělitelnost 6 a 9,• nedělitelnost 4 vynucuje nedělitelnost 8,• nedělitelnost 6 vynucuje nedělitelnost 2 nebo 3.

Počet šišek není dělitelný buď dvojicí čísel (7, 8), nebo (8, 9), a všemi ostatními číslyano. Tento počet pak musí být dělitelný také nejmenším společným násobkem ostatníchčísel:

• V prvním případě je nejmenší společný násobek čísel 2, 3, 4, 5, 6, 9 roven 4 ·5 ·9 = 180.Jediný násobek 180 menší než 350 je právě 180.• Ve druhém případě je nejmenší společný násobek čísel 2, 3, 4, 5, 6, 7 roven 3·4·5·7 = 420,

což je víc než 350.

Sněhurka s trpaslíky nasbírali 180 šišek.

Z7–I–2

V ostroúhlém trojúhelníku KLM je V průsečík jeho výšek a X je pata výšky nastranu KL. Osa úhlu XV L je rovnoběžná se stranou LM a úhel MKL má velikost 70◦.

Jakou velikost mají úhly KLM a KML? (L. Hozová)

Nápověda. Znázorněte si situaci za zadání a hledejte shodné úhly.

Možné řešení. V daném trojúhelníku označíme Y , Z paty ostatních výšek a N , O prů-sečíky osy úhlu XV L se stranami KL, KM , viz obrázek. V obrázku také vyznačujemenavzájem shodné úhly:

10

K L

M

V

X

Y

Z

70◦

N

O

V pravoúhlém trojúhelníku KZL známe úhly u vrcholů K a Z, tedy úhel u vrcholu Lmá velikost 180◦ − 90◦ − 70◦ = 20◦. Obdobně velikost úhlu u vrcholu M v pravoúhlémtrojúhelníku KXM je 20◦. Úhly KLZ a KMX jsou proto shodné.

Přímky NO a LM jsou rovnoběžné, proto jsou úhly MLZ, LV N a OV Z navzájemshodné (střídavé a souhlasné úhly). Z obdobného důvodu jsou také úhly LMX, MVOa NVX navzájem shodné. Přímka NO je osou úhlu XV L, proto jsou úhly LV N a NVX —a tedy i všechny ostatní před chvílí jmenované úhly — navzájem shodné.

Celkem tedy úhly KLM a KML jsou shodné. To jsou vnitřní úhly v trojúhelní-ku KLM , jehož třetí úhel známe. Velikosti úhlů KLM a KML jsou (180◦−70◦) : 2 = 55◦.

Poznámky. Shodnost úhlů KLM a KML znamená, že trojúhelník KLM je rovnora-menný se základnou LM . Tento fakt lze přímo odvodit následovně:

Přímka NO je rovnoběžná se stranou LM , tudíž je kolmá k výšce na tuto stranu.Protože přímka NO je osou úhlu XV L, jsou úhly NVX a OV Z shodné, a protože jetato přímka kolmá k výšce KY , jsou také úhly KVX a KV Z shodné. Trojúhelníky KVXa KV Z jsou pravoúhlé a mají shodné úhly u vrcholu V , proto mají shodné úhly takéu vrcholu K. Tedy výška KY je osou úhlu LKM , což znamená, že trojúhelník KLM jerovnoramenný se základnou LM .

K velikostem konkrétních úhlů lze dojít různými způsoby, viz např. následující úvahu:Trojúhelníky KZL a V XL jsou pravoúhlé a mají společný úhel u vrcholu L. Vnitřní

úhly těchto trojúhelníků u vrcholů K a V jsou proto shodné a mají velikost 70◦ (ze zadání).Přímka V N je osou úhlu XV L, tedy úhel NVX má velikost 35◦ (70 : 2 = 35). Velikost úhluu vrcholuN v trojúhelníkuNVX je 55◦ (90−35 = 55). Přímky V N a LM jsou rovnoběžné,tedy úhly XNV a KLM jsou shodné (souhlasné úhly). Velikost úhlu KLM je 55◦.

Z7–I–3Roman má rád kouzla a matematiku. Naposled kouzlil s trojmístnými nebo čtyřmíst-

nými čísly takto:

• z daného čísla vytvořil dvě nová čísla tak, že ho rozdělil mezi číslicemi na místě stoveka desítek (např. z čísla 581 by dostal 5 a 81),• nová čísla sečetl a zapsal výsledek (v uvedeném příkladu by dostal 86),

11

• od většího z nových čísel odečetl menší a výsledek zapsal za předchozí součet, čímžvykouzlil výsledné číslo (v uvedeném příkladu by dostal 8676).

Z kterých čísel mohl Roman vykouzlit a) 171, b) 1513? Určete všechny možnosti.Jaké největší číslo lze takto vykouzlit a z kterých čísel může vzniknout? Určete všechny

možnosti. (M. Dillingerová)

Nápověda. Jakou roli hrají nuly v Romanových číslech?

Možné řešení. Po rozdělení původního čísla měl Roman dvě nanejvýš dvojmístná čísla.Jejich součet tedy může být jednomístné, dvojmístné nebo trojmístné číslo. Jejich rozdílmůže být 0, jednomístné nebo dvojmístné číslo. Přitom součet je vždy větší než rozdíl.

Číslo 171 mohl Roman dostat jedině tak, že součet čísel po rozdělení původního číslabyl 17 a rozdíl 1. Tedy sčítal a odečítal čísla 9 a 8. Číslo 171 mohl Roman vykouzlit buďz čísla 908, nebo z čísla 809.

Číslo 1513 mohl Roman dostat dvěma způsoby:

• Součet čísel po rozdělení původního čísla byl 15 a rozdíl 13. Tedy sčítal a odečítal čísla14 a 1.• Součet čísel po rozdělení původního čísla byl 151 a rozdíl 3. Tedy sčítal a odečítal čísla

77 a 74.

Číslo 1513 mohl Roman vykouzlit z některého z čísel 1401, 114, 7774, nebo 7477.Výsledné číslo je alespoň dvojmístné a nanejvýš pětimístné. Pětimístné číslo vznikne

složením trojmístného součtu a dvojmístného rozdílu dvojice čísel po rozdělení původníhočísla. Aby výsledné číslo bylo největší možné, musí být pomocný součet největší možný,tedy rozdíl nejmenší možný (ale dvojmístný). Tyto požadavky vymezují dvojici 99 a 89:99 + 89 = 188 a 99− 89 = 10, výsledné číslo je 18810, a to je možné vykouzlit buď z čísla9989, nebo z čísla 8999.

Z7–I–4Jeníčka a Mařenku zaujalo vodní dílo, jehož část je znázorněna na obrázku. Koryta

se postupně rozdělují a zase spojují v naznačených bodech, v každé řadě je o jeden takovýbod víc než v řadě předchozí. Voda proudí v naznačených směrech a při každém větveníse vodní tok rozdělí do dvou koryt se stejným průtokem.

Jeníčka zajímalo, kolik vody protéká v součtu čtyřmi místy zvýrazněnými černě. Ma-řenku zajímalo, kolik vody protéká v součtu všemi místy, která jsou ve 2019. řadě.

Porovnejte celkové průtoky Jeníčkovými a Mařenčinými místy. (K. Jasenčáková)

12

Nápověda. Kolik vody protékalo všemi místy ve druhé řadě a kolik ve třetí řadě?

Možné řešení. Protože se voda v korytech jenom dělí a zase spojuje (nikam se neztrácía nic nepřibývá), je součet průtoků všemi místy v každé řadě stejný jako na začátku. TedyMařenka v 2019. řadě pozoruje stejný průtok, který by pozorovala na začátku.

Pro určení průtoků v Jeníčkových vyznačených místech budeme postupně probíhat ko-ryty a značit, jaké části původního průtoku jsou v jednotlivých uzlech. Podle zadání každékoryto přivádí do vybraného uzlu polovinu průtoku z uzlu předchozího. Shora postupnězjišťujeme následující výsledky (které kvůli lepší přehlednosti neupravujeme do základníhotvaru):

1

12

12

14

24

14

18

38

38

18

116

416

616

416

116

Průtoky Jeníčkovými místy ve třetí, resp. páté řadě tvoří 12 · 12 = 14 , resp. 12 · 18 + 1

2 ·· 38 = 4

16 = 14 průtoku na začátku. Celkem tedy součet průtoků všemi čtyřmi Jeníčkovými

místy je stejný jako na začátku. Celkové průtoky Jeníčkovými a Mařenčinými místy jsoustejné.

Poznámka pro řešitele. Vzpomeňte na tuto úlohu, až časem uslyšíte o tzv. Pascalovětrojúhelníku.

Z7–I–5

Hvězdný čtverec je taková čtvercová tabulka čísel, pro kterou platí, že součty číselv jednotlivých řádcích a sloupcích jsou stále stejné. Na obrázku je pozůstatek hvězdnéhočtverce, v němž byla čísla v jednom řádku a jednom sloupci smazána.

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Doplňte chybějící čísla tak, aby všechna byla celá a právě čtyři záporná. Určete všechnymožnosti. (E. Semerádová)

Nápověda. Jaké jsou součty zbylých čísel v řádcích a sloupcích?

13

Možné řešení. Pokud součet čísel v jednotlivých řádcích a sloupcích označíme s, potomchybějící čísla ve hvězdném čtverci jsou

1 2 3 s− 6

4 5 6 s− 15

7 8 9 s− 24

s− 12 s− 15 s− 18 −2s+ 45

Číslo s − 6 je záporné pro s < 6; podobně pro další doplněná čísla kromě −2s + 45,které je záporné pro s > 45

2 . Právě čtyři záporná celá čísla dostáváme pro s = 12, 13nebo 14:

1 2 3 6

4 5 6 −3

7 8 9 −12

0 −3 −6 21

1 2 3 7

4 5 6 −2

7 8 9 −11

1 −2 −5 19

1 2 3 8

4 5 6 −1

7 8 9 −10

2 −1 −4 17

Poznámka. Místo obecných výrazů s neznámou s lze začít doplněním konkrétních hodnottak, aby čísla v tabulce tvořila hvězdný čtverec. Postupným zvětšováním, příp. zmenšová-ním dílčích součtů lze odvodit výše uvedená doplnění, ve kterých jsou právě čtyři zápornáčísla.

14

Z7–I–6Z pravidelného šestiúhelníku byl vystřižen útvar jako na obrázku. Přitom vyznačené

body jak na obvodu, tak uvnitř šestiúhelníku dělí příslušné úsečky na čtvrtiny.Jaký je poměr obsahů původního šestiúhelníku a vystřiženého útvaru?

(A. Bohiniková)

Nápověda. Rozdělte si útvar na vhodné menší části.

Možné řešení. Šestiúhelník je tvořen šesti shodnými rovnostrannými trojúhelníky. Vy-střižené šedé útvary v těchto trojúhelnících jsou dvojího typu:

S

A BK

L

S

B

C

N

M

OP

V prvním případě je K středem úsečky AB a L je středem úsečky SA. TrojúhelníkySKL a SKA mají stejnou výšku ze společného vrcholu K a odpovídající strana SL jepoloviční vzhledem ke straně SA. Proto má trojúhelník SKL poloviční obsah vzhledemk trojúhelníku SKA. Z obdobného důvodu má trojúhelník SKA poloviční obsah vzhledemk trojúhelníku SBA. Celkem má šedá část čtvrtinový obsah vzhledem k trojúhelníku SBA.

Ve druhém případě je N středem úsečky BC, M je středem úsečky BN , O je středemúsečky NC a P je středem úsečky NS. Stejně jako v předchozím případě zdůvodníme, žetrojúhelník SMP má poloviční obsah vzhledem k trojúhelníku SMN , ten má polovičníobsah vzhledem k trojúhelníku SBN , a ten má poloviční obsah vzhledem k trojúhel-níku SBC. Celkem trojúhelník SMP má osminový obsah vzhledem k trojúhelníku SBC.Trojúhelník SOP je shodný s trojúhelníkem SMP . Celkem má šedá část čtvrtinový obsahvzhledem k trojúhelníku SBC.

Pro každý ze šesti pomocných trojúhelníků platí, že poměr jeho obsahu a obsahušedého útvaru je 4 : 1. Poměr obsahů původního šestiúhelníku a vystřiženého útvaru jeproto tentýž.

15



Sestrojte kosočtverec ABCD tak, aby jeho úhlopříčka BD měla velikost 8 cm a vzdá-lenost vrcholu B od přímky AD byla 5 cm. Určete všechny možnosti. (K. Pazourek)

Nápověda. Jaké vlastnosti mají úhlopříčky kosočtverce?

Možné řešení. Vzdálenost bodu B od přímky AD je stejná jako vzdálenost bodu C odAD, neboť BC a AD jsou rovnoběžné. Úhlopříčky v každém rovnoběžníku se navzájempůlí, v kosočtverci jsou navíc kolmé. Tyto postřehy stačí k sestrojení kosočtverce ABCD:

• sestrojíme dvě rovnoběžné přímky ve vzdálenosti 5 cm (např. jako kolmice v koncovýchbodech úsečky délky 5 cm),

• na jedné přímce zvolíme bod D a sestrojíme kružnici se středem D a poloměrem 8 cm,• průnikem této kružnice s druhou přímkou je bod B, resp. B′,• sestrojíme osu úsečky DB, resp. DB′ (např. pomocí průsečíků dvou shodných kružnic

se středy v koncových bodech),• průniky této přímky s rovnoběžkami jsou body A a C, resp. A′ a C ′,• čtyřúhelník ABCD, resp. A′B′C ′D, je kosočtverec s požadovanými vlastnostmi.

A

BC

D

B′

Všechny sestrojené kosočtverce jsou shodné, úloha má až na shodnost jediné řešení.

Poznámka. Konstrukci je možné začít sestrojením úsečky BD a její osy. Pokud dokážemesestrojit přímky jdoucí bodem D ve vzdálenosti 5 cm od B, potom jejich průsečíky s osouúsečky BD budou zbylé vrcholy A a C kosočtverce (vzdálenosti bodu B od přímek ADa CD jsou stejné, neboť to jsou velikosti výšek na příslušné strany kosočtverce). Takovépřímky lze sestrojit takto:

• sestrojíme kružnici nad průměrem BD,• sestrojíme kružnici se středem B a poloměrem 5 cm,• spojnice průsečíků Q a R těchto kružnic s bodem D jsou hledané přímky.

Zdůvodnění plyne z Thaletovy věty: úhly BQD a BRD jsou pravé, tedy úsečky DQa DR jsou výšky na příslušné strany.

16

A

B

C

D

Q

R

Z8–I–2Richard si pohrával s dvěma pětimístnými čísly. Každé sestávalo z navzájem různých

číslic, které u jednoho byly všechny liché a u druhého všechny sudé. Po chvíli zjistil, žesoučet těchto dvou čísel začíná dvojčíslím 11 a končí číslem 1 a že jejich rozdíl začíná číslem2 a končí dvojčíslím 11.

Určete Richardova čísla. (M. Dillingerová)

Nápověda. Kolikamístné mohou být součty a rozdíly pětimístných čísel a jak byste jeručně počítali?

Možné řešení. Součet dvou pětimístných čísel může být pětimístný nebo šestimístný.Pětimístné součty však nemohou začínat číslicí 1, tedy součet je šestimístný. Rozdíl dvoupětimístných čísel může být nejvýše pětimístný. Kvůli snadnějšímu vyjadřovaní si Richar-dova čísla označíme:

AB C DE+ a b c d e

1 1 ∗ ∗ ∗ 1

AB C DE− a b c d e

∗ ∗ ∗ 1 1

Různá písmena představují různé číslice, velká odpovídají sudým, malá lichým, nebo na-opak. Protože číslic je 10, budou v Richardových číslech použity všechny.

Aby součet začínal dvojčíslím 11, musí být A+ a buď 11, nebo 10 (s přechodem přesdesítku). Avšak součet sudého a lichého čísla je liché číslo, tedy musí být A+ a = 11.

Pokud by rozdíl byl nejvýše čtyřmístný, potom by A− a muselo být nejvýše 1. Avšakrozdíl sudého a lichého čísla je liché číslo, tedy by muselo být A− a = 1. Odtud a z před-chozího A+ a = 11 vychází

A = 6, a = 5.

17

Pokud by rozdíl byl pětimístný a začínal 2, potom by A − a muselo být buď 2, nebo 3(přechod přes desítku). Avšak rozdíl sudého a lichého čísla je liché číslo, tedy by muselobýt A− a = 3. Odtud a z předchozího A+ a = 11 vychází

A = 7, a = 4.

Aby součet končil číslicí 1, musí být buď E + e = 1, nebo E + e = 11. Aby rozdílkončil číslicí 1, musí být buď E− e = 1, nebo E = 0 a e = 9. Předchozí dvě podmínky jsousplněny současně buď pro

E = 6, e = 5,

nebo proE = 1, e = 0.

Předchozí diskuse dává čtyři možnosti přiřazení prvních a posledních číslic Richar-dových čísel. Aby byly splněny základní požadavky (tj. aby se žádná číslice neopakovalaa aby jedno číslo bylo tvořeno lichými a druhé sudými číslicemi), musí být A = 7, a = 4,E = 1 a e = 0:

7 B C D 1+ 4 b c d 0

1 1 ∗ ∗ ∗ 1

7 B C D 1− 4 b c d 0

2 ∗ ∗ 1 1

Aby v součtu byla na druhém místě 1, musí být B + b < 10, a aby rozdíl začínal2, musí být B < b. Ze zbylých číslic těmto podmínkám vyhovuje jedině B = 3 a b = 6.Aby v rozdílu byla na předposledním místě 1, musí být D − d = 1. Ze zbylých číslic tétopodmínce vyhovuje jedině D = 9 a d = 8. Na poslední dvě místa tak zbývá C = 5 a c = 2.

Richardova čísla byla 73591 a 46280, předchozí výpočty vychází následovně:

7 3 5 9 1+ 4 6 2 8 0

1 1 9 8 7 1

7 3 5 9 1− 4 6 2 8 0

2 7 3 1 1

Z8–I–3Vendelín bydlí mezi dvěma zastávkami autobusu, a to ve třech osminách jejich vzdá-

lenosti. Dnes vyrazil z domu a zjistil, že ať by utíkal k jedné, nebo druhé zastávce, dorazilby na zastávku současně s autobusem. Průměrná rychlost autobusu je 60 km/h.

Jakou průměrnou rychlostí dnes běží Vendelín? (L. Hozová)

Nápověda. Znázorněte si situaci na přímce a uvažte oba případy zvlášť.

Možné řešení. Označme první zastávku na trase autobusu A, druhou B, Vendelínůvdům D. Kdyby Vendelín běžel do A, tak než tam autobus dojede, uběhne právě vzdá-lenost DA. Kdyby Vendelín běžel do B, tak než autobus dojede do A, uběhne stejnouvzdálenost DA směrem k B. Nejpozději tady si uvědomujeme, že D musí být blíž A, a tove třech osminách vzdálenosti AB:

18

A D B

A D B

Tedy při běhu do B bude v momentě, kdy autobus bude v A, Vendelínovi do cíle chybět28 = 1

4 vzdálenosti AB. Aby do B dorazil současně s autobusem, musí mít čtvrtinovourychlost vzhledem k autobusu. Vendelín běží průměrnou rychlostí 60 : 4 = 15 (km/h).

Z8–I–4Pro pětici celých čísel platí, že když k prvnímu přičteme jedničku, druhé umocníme

na druhou, od třetího odečteme trojku, čtvrté vynásobíme čtyřmi a páté vydělíme pěti,dostaneme pokaždé stejný výsledek.

Najděte všechny takové pětice čísel, jejichž součet je 122. (L. Dedková)

Nápověda. Jaké vlastnosti má číslo, které je výsledkem popsaných operací?

Možné řešení. Výsledek popsaných operací s každým z pěti čísel je stále stejný, a ten sioznačíme n. Potom první až páté číslo je po řadě

n− 1,√n, n+ 3,

n

4, 5n.

Z druhého a čtvrtého čísla zjišťujeme důležitá omezení, totiž že n je druhou mocninoupřirozeného čísla a že je dělitelné čtyřmi.

Nejmenší číslo s těmito vlastnostmi je n = 4; v takovém případě by součet čísel byl

3 + 2 + 7 + 1 + 20 = 33,

což je málo. Další číslo s uvedenými vlastnostmi je n = 16; v takovém případě by součetčísel byl

15 + 4 + 19 + 4 + 80 = 122,

což je požadovaný výsledek. Další možnosti není třeba zkoušet, neboť s rostoucím n rostei celkový součet. Jediným řešením úlohy je pětice 15, 4, 19, 4, 80.

Jiné řešení. Pětici hledaných čísel označíme a, b, c, d, e. Ze zadání vyplývá, že

a+ 1 = b2 = c− 3 = 4d =e

5.

Aby d = b2

4 bylo celé, musí být b2 násobkem 4, tedy b musí být násobkem 2. Tovyjádříme tak, že b = 2k, pro nějaké celé k. Z uvedených rovností vyvozujeme, že

a = 4k2 − 1, b = 2k, c = 4k2 + 3, d = k2, e = 20k2.

19

Součet všech těchto čísel je s = 29k2+2k+2. Pro dostatečně velké absolutní hodnoty k(tj. bez ohledu na znaménko) bude součet větší než 122 a dál se bude strmě zvětšovat.Postupným zkoušením zjišťujeme následující:

k 5 −3 −2 −1 0 1 2 = 3

s = 257 114 29 2 33 122 = 269

Součet je roven 122 právě pro k = 2, což určuje pětici čísel

a = 15, b = 4, c = 19, d = 4, e = 80.

Z8–I–5Pro osm navzájem různých bodů jako na obrázku platí, že body C, D, E leží na

přímce rovnoběžné s přímkou AB, F je středem úsečky AD, G je středem úsečky AC a Hje průsečíkem přímek AC a BE. Obsah trojúhelníku BCG je 12 cm2 a obsah čtyřúhelníkuDFHG je 8 cm2.

Určete obsahy trojúhelníků AFE, AHF , ABG a BGH. (E. Semerádová)

A B

CDE

F G

H

Nápověda. Umíte porovnat obsahy některých útvarů přímo, tj. bez konkrétních hodnot?

Možné řešení. Trojúhelníky ABC, ABD a ABE mají společnou stranu AB a stejnouvýšku na tuto stranu, tedy mají stejný obsah. Body F a G jsou středy úseček AD a AC,tedy přímka FG je rovnoběžná s AB. Trojúhelníky ABF a ABG mají společnou stranu ABa stejnou výšku na tuto stranu, která je poloviční vzhledem k výšce předchozích tří trojú-helníků. Tedy trojúhelníky ABF a ABG mají stejný obsah, který je poloviční ve srovnánís obsahy trojúhelníků ABC,ABD a ABE. Celkem odtud dostáváme, že trojúhelníky AFE,ABF , BDF , ADG, ABG a BCG mají stejný obsah, a to 12 cm2.

Trojúhelník ADG je složen z trojúhelníku AHF a čtyřúhelníku DFHG, který máobsah 8 cm2. Obsah trojúhelníku AHF je tedy roven 12 − 8 = 4 (cm2). Obdobně, obsahtrojúhelníku BGH je tentýž.

Obsahy trojúhelníků AFE, AHF , ABG a BGH jsou po řadě 12, 4, 12 a 4 (cm2).

Poznámka. Mezi zadanými objekty jsou vztahy, které jsme nepoužili, ale které dovo-lují alternativní postupy při řešení úlohy. Např. lze přímo ukázat, že čtyřúhelníky ABCD

20

a ABDE jsou rovnoběžníky, že trojúhelníky AHF a BGH mají stejný obsah, že jejichsoučet je roven obsahu čtyřúhelníku DFHG apod.

Pro zvídavé: v úloze neurčený obsah trojúhelníku ABH je roven 8 cm2.

Z8–I–6V Kocourkově používají mince pouze se dvěma hodnotami, které jsou vyjádřeny v ko-

courkovských korunách kladnými celými čísly. Pomocí dostatečného množství takovýchmincí je možné zaplatit jakoukoli celočíselnou částku větší než 53 kocourkovských korun,a to přesně a bez vracení. Částku 53 kocourkovských korun však bez vracení zaplatit nelze.

Zjistěte, které hodnoty mohly být na kocourkovských mincích. Určete alespoň dvěřešení. (A. Bohiniková)

Nápověda. Mohou být jedny z kocourkovských mincí jednokoruny, nebo dvoukoru-ny, . . . ?

Možné řešení. Budeme postupně uvažovat hodnotu jedněch kocourkovských mincí a uva-žovat o hodnotě druhých, aby byly splněny požadavky ze zadání.

1) Pokud by jedny z mincí měly hodnotu 1, potom by šlo zaplatit jakoukoli částku.

2) Předpokládejme, že jedny z mincí mají hodnotu 2. Druhé mince nemohou mít sudouhodnotu, neboť s takovými mincemi by šly platit jen sudé částky.

Druhé mince nemohou mít lichou hodnotu menší než 55, neboť s takovými mincemiby šlo zaplatit částku 53 (např. 2 · 2 + 49, 2 + 51). Kdyby druhé mince měly hodnotu 55,potom jakákoli sudá částka by šla zaplatit pomocí dostatečného množství 2 a jakákoli licháčástka větší než 53 by šla zaplatit pomocí 55 dostatečného množství 2:

54 = 27 · 2 56 = 28 · 2 58 = 29 · 2 . . .

55 = 1 · 55 57 = 2 + 1 · 55 59 = 2 · 2 + 1 · 55 . . .

3) Předpokládejme, že jedny z mincí mají hodnotu 3. Druhé mince nemohou míthodnotu dělitelnou třemi, neboť s takovými mincemi by nešly zaplatit jiné částky než tydělitelné třemi.

Druhé mince nemohou mít hodnotu 5, 8, 11, . . . , 53, neboť s takovými mincemi by šlozaplatit částku 53 (např. 16 · 3 + 5, 15 · 3 + 8, . . . , 3 + 50). V této skupině jsme uvažovalihodnoty, které po dělení 3 dávají zbytek 2. Další hodnoty se stejnými zbytky jsou 56,59 atd. Ani tyto možnosti nevyhovují, neboť s takovými mincemi by nešla zaplatit např.částka 55 (která je menší a po dělení 3 dává zbytek 1).

Druhé mince nemohou mít hodnotu 4, 7, 10, . . . , 25, neboť s takovými mincemi bytaké šlo zaplatit částku 53 (např. 15 ·3+2 ·4, 13 ·3+2 ·7, . . . , 3+2 ·25). V této skupině jsmeuvažovali hodnoty, které po dělení 3 dávají zbytek 1. Kdyby druhé mince měly hodnotu28, potom jakékoli částky větší než 53 by se daly platit např. takto:

54 = 18 · 3 57 = 19 · 3 60 = 20 · 3 . . .

55 = 9 · 3 + 1 · 28 58 = 10 · 3 + 1 · 28 61 = 11 · 3 + 1 · 28 . . .

56 = 2 · 28 59 = 1 · 3 + 2 · 28 62 = 2 · 3 + 2 · 28 . . .

21

Zatím máme dvě řešení: na kocourkovských mincích mohly být hodnoty 2, 55 nebo 3,28. Obdobným (avšak o něco namáhavějším) způsobem lze ještě odhalit možné hodnoty4, 19 a 7, 10.

Poznámka. Problém, který řešíme v této úloze, je znám jako tzv. Frobeniův problém:vyhovující dvojice hodnot mincí a, b musí splňovat ab− a− b = 53 neboli

(a− 1)(b− 1) = 54.

S tímto (netriviálním) poznatkem umíme nepřímo ověřit, že uvedené čtyři případy jsoujediné možné.

22



Ondra, Matěj a Kuba se vracejí ze sbírání ořechů, celkem jich mají 120. Matěj si stěžuje,že Ondra má jako vždy nejvíc. Otec přikáže Ondrovi, aby přisypal ze svého Matějovi tak,aby mu počet ořechů zdvojnásobil. Nyní si stěžuje Kuba, že nejvíc má Matěj. Na otcůvpříkaz přisype Matěj Kubovi tak, že mu počet ořechů zdvojnásobí. Na to se zlobí Ondra,že nejméně ze všech má teď on. Kuba tedy přisype Ondrovi tak, že mu počet ořechůzdvojnásobí. Teď mají všichni stejně a konečně je klid.

Kolik ořechů měl původně každý z chlapců? (M. Volfová)

Nápověda. Jaké bylo rozdělení ořechů před tím, než měli všichni stejně?

Možné řešení. Nakonec měli všichni stejně, tj. po 40 ořeších (120 : 3). Předtím přisypávalKuba Ondrovi, a to tak, že mu počet ořechů zdvojnásobil. Před touto výměnou měl Ondrapolovinu konečného stavu, takže se přesouvalo 20 ořechů: Ondra měl 20 a Kuba 60 ořechů(Matěj beze změny).

Obdobnými úvahami postupně odzadu určíme všechny výměny ořechů, a tak zjistímepůvodní počty ořechů:

Ondra Matěj Kuba

původně 55 35 30

Ondra Matějovi 20 70 30

Matěj Kubovi 20 40 60

Kuba Ondrovi 40 40 40

Původně měl Ondra 55, Matěj 35 a Kuba 30 ořechů.

Jiné řešení. Pokud původní počty ořechů označíme x, y a z, potom průběh celé transakcevypadal takto:

Ondra Matěj Kuba

původně x y z

Ondra Matějovi x− y 2y z

Matěj Kubovi x− y 2y − z 2z

Kuba Ondrovi 2(x− y) 2y − z 2z − (x− y)

Podle zadání platí následující rovnosti:

2(x− y) = 2y − z = 2z − (x− y) = 40.

23

Rovnost 2(x− y) = 40 je ekvivalentní x− y = 20.

Dosazením do rovnosti 2z − (x− y) = 40 dostáváme 2z = 60, tedy z = 30.

Dosazením do rovnosti 2y − z = 40 dostáváme 2y = 70, tedy y = 35.

Nakonec z rovnosti x− y = 20 dostáváme x = 55.

Původně měl Ondra 55, Matěj 35 a Kuba 30 ořechů.

Z9–I–2

V trojúhelníku ABC leží bod P ve třetině úsečky AB blíže bodu A, bod R je vetřetině úsečky PB blíže bodu P a bod Q leží na úsečce BC tak, že úhly PCB a RQB jsoushodné.

Určete poměr obsahů trojúhelníků ABC a PQC. (L. Růžičková)

Nápověda. V popsané změti bodů lze najít více trojúhelníků, jejichž obsahy lze porov-návat.

Možné řešení. Body C, Q a B leží na jedné přímce a úhly PCB a RQB jsou shodné.Tedy přímky PC a RQ jsou rovnoběžné, trojúhelníky PCQ a PCR mají stejnou výšku nastranu PC, a tak i stejný obsah. Poměr obsahů trojúhelníků ABC a PCQ je proto stejnýjako poměr obsahů trojúhelníků ABC a PCR.

A B

C

P R

Q

Trojúhelníky ABC a PRC mají stejnou výšku ze společného vrcholu C, tedy poměrjejich obsahů je stejný jako poměr délek stran AB a PR. Poměr délek úseček AB a PBje 3 : 2, poměr délek úseček PB a PR je 3 : 1, tedy poměr délek úseček AB a PR je(3 : 2) · (3 : 1) = 9 : 2.

Poměr obsahů trojúhelníků ABC a PQC je 9 : 2.

Jiné řešení. Stejně jako v předchozím řešení si všimneme, že přímky PC a RQ jsourovnoběžné. Odtud vyplývá, že bod Q na úsečce CB je ve stejném poměru jako bod Rna úsečce PB, tj. v jedné třetině blíže bodu C. Ve stejném poměru jsou proto i obsahytrojúhelníků PQC a PQB, neboť mají stejnou výšku z vrcholu P .

24

A B

C

P R

Q

Bod Q na úsečce CB je však také ve stejném poměru jako bod P na úsečce AB, tedytrojúhelníky PQB a ACB jsou podobné a koeficient podobnosti je 2 : 3. Jejich obsahyjsou tedy v poměru 4 : 9.

Dohromady, poměr obsahů trojúhelníků ABC a PQB je 9 : 4, poměr obsahů troj-úhelníků PQB a PQC je 2 : 1, tedy poměr obsahů trojúhelníků ABC a PQC je(9 : 4) · (2 : 1) = 9 : 2.

Z9–I–3Pro která celá čísla x je podíl x+11

x+7 celým číslem? Najděte všechna řešení.(L. Hozová)

Nápověda. Umíte zadaný výraz nějak upravit?

Možné řešení. Zadaný výraz lze upravit následovně („celá část plus zbytekÿ):

x+ 11x+ 7

=(x+ 7) + 4x+ 7

=x+ 7x+ 7

+4

x+ 7= 1 +

4x+ 7

.

Tedy x+11x+7 je celé číslo, právě když 4

x+7 je celé číslo, tj. právě když x+ 7 je dělitelemčísla 4. Číslo 4 má šest dělitelů: −4, −2, −1, 1, 2 a 4. Odpovídající hodnoty x jsou o 7menší. Číslo x+11

x+7 je celé pro x rovno −11, −9, −8, −6, −5 nebo −3.

Jiné řešení. Aby jmenovatel nebyl nulový, x nemůže být −7. Dosazováním celých číselpoblíž této hodnoty dostáváme:

x −6 −8 −5 −9 −4 −10 −3 −11 . . .

x+11x+7 5 −3 3 −1 7

3 − 13 2 0 . . .

Se zvětšující se vzdáleností x od −7 dostáváme na druhém řádku necelá čísla mezi 2a 0, která se blíží k 1, ale nikdy jí nedosáhnou: kdyby x+11

x+7 = 1, potom by x+ 11 = x+ 7,což není možné. Všechny vyhovující možnosti jsou tedy obsaženy v uvedené tabulce. Číslox+11x+7 je celé pro x rovno −11, −9, −8, −6, −5 nebo −3.

Poznámka. Předchozí argumentaci považujte za vyhovující, i když není dokonalá: ukázatkorektně, že pro x > −3 nebo x < −11 jsou hodnoty x+11

x+7 mezi 2 a 0, asi překračujemožnosti řešitelů v této kategorii.

25

Tato diskuse souvisí s monotonním chováním funkce x 7→ x+11x+7 . Zdánlivý zmatek

v hodnotách funkce v okolí x = −7 souvisí s tím, že v tomto bodě není funkce definovánaa její hodnoty nejsou nijak omezeny. Zvídaví řešitelé se mohou zamyslet nad chováním tétofunkce, načrtnout její graf a porovnat s předchozími závěry.

Z9–I–4Maty dopadl padákem na ostrov obývaný dvěma druhy domorodců: Poctivci, kteří

vždy mluví pravdu, a Lháři, kteří vždy lžou. Před dopadem zahlédl v dálce přístav, kekterému se hodlal dostat.

Na prvním rozcestí potkal Maty jednoho domorodce a opodál viděl druhého. Požádalprvního, aby se zeptal toho druhého, zda je Lhář, nebo Poctivec. První domorodec Matymuvyhověl, šel se zeptat a když se vrátil, oznámil Matymu, že druhý domorodec tvrdí, že jeLhář. Poté se Maty prvního domorodce zeptal, která cesta vede k přístavu. Ten mu jednucestu ukázal a dál si Matyho nevšímal.

Má, nebo nemá Maty domorodci věřit? Vede, nebo nevede ona cesta k přístavu?(M. Volfová)

Nápověda. Začněte u druhého domorodce.

Možné řešení. Ať Poctivec, či Lhář, nikdo o sobě nemůže říct, že je Lhář (Poctivec bylhal a Lhář by mluvil pravdu).

Když první domorodec oznamoval Matymu, že druhý domorodec je Lhář, jistě nemluvilpravdu. Je to tedy Lhář, Maty by mu věřit neměl a zmiňovaná cesta do přístavu nevede.

Poznámka. Pro přehlednost uvádíme možné výroky domorodců v jednotlivých přípa-dech:

první druhý druhý o sobě první o druhém

Poctivec Poctivec „Poctivecÿ „Poctivecÿ

Poctivec Lhář „Poctivecÿ „Poctivecÿ

Lhář Poctivec „Poctivecÿ „Lhářÿ

Lhář Lhář „Poctivecÿ „Lhářÿ

Z9–I–5Majka zkoumala vícemístná čísla, ve kterých se pravidelně střídají liché a sudé číslice.

Ta, která začínají lichou číslicí, nazvala komická a ta, která začínají sudou číslicí, nazvalaveselá. (Např. číslo 32387 je komické, číslo 4529 je veselé.)

Majka vytvořila jedno trojmístné komické a jedno trojmístné veselé číslo, přičemž šestpoužitých číslic bylo navzájem různých a nebyla mezi nimi 0. Součet těchto dvou čísel byl1617. Součin těchto dvou čísel končil dvojčíslím 40.

Určete Majčina čísla a dopočítejte jejich součin. (M. Dillingerová)

26

Nápověda. Kolikamístné mohou být součiny trojmístných čísel a jak byste je ručně po-čítali?

Možné řešení. Součin dvou trojmístných čísel je alespoň pětimístný a nanejvýš šesti-místný. Pro další uvažování si Majčina čísla označíme a naznačíme výpočet součinu:

a B c+D e F

1 6 1 7

a B c· D e F

∗ ∗ ∗ 0∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ 4 0

Různá písmena představují různé číslice, velká odpovídají sudým a malá lichým.Aby součin končil 0, musí být c = 5 (mezi použitými číslicemi není 0). Aby součet

končil 7, musí být F = 2.Aby v součtu na místě desítek byla 1, musí být B+e = 11. Sudé B různé od 2 (a od 0)

a liché e různé od 5, které splňují tuto podmínku, jsou buď B = 4, e = 7, nebo B = 8,e = 3. Rozebereme obě možnosti:

• Předpokládejme, že B = 4 a e = 7.

a 4 5+D 7 2

1 6 1 7

a 4 5· D 7 2

∗ ∗ 9 0∗ ∗ 1 5

∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ 4 0

V součinu vychází poslední dvojčíslí 40 v souladu se zadáním. Aby součet začínaldvojčíslím 16, musí být a + D = 15 (z předchozího přechod přes desítku). Liché arůzné od 5 a 7 a sudé D různé od 2 a 4 (a 0), které splňují tuto podmínku, jsou jediněa = 9 a D = 6. V takovém případě součin vychází 635040.• Předpokládejme, že B = 8 a e = 3.

a 8 5+D 3 2

1 6 1 7

a 8 5· D 3 2

∗ ∗ 7 0∗ ∗ 5 5

∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ 4 0

V tomto případě by v součinu vycházelo poslední dvojčíslí 20 a nikoli 40. Tato možnosttedy vede ke sporu s požadavky ze zadání.

Celkem vychází jediná možnost: Majčina čísla jsou 945 a 672, jejich součin je 635040.

27

Poznámka. Pokud bychom po úvodním odvození c = 5 a F = 2 pracovali se součinemzapsaným opačně, potom si nelze nevšimnout, že bez ohledu na hodnotu e vychází:

D e 2· a B 5

∗ ∗ 6 0∗ ∗ ∗ x

∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ 4 0

(Číslice 6 na prvním řádku v mezivýsledku plyne z lichosti e a přechodu přes desítku.)Aby poslední dvojčíslí součinu vycházelo 40, musí být x = 8, a tedy B = 4. Tato úvaharedukuje předchozí zkoušení.

Z9–I–6Kristýna zvolila jisté liché přirozené číslo dělitelné třemi. Jakub s Davidem pak zkou-

mali trojúhelníky, které mají obvod v milimetrech roven Kristýnou zvolenému číslu a jejichžstrany mají délky v milimetrech vyjádřeny navzájem různými celými čísly.

Jakub našel takový trojúhelník, v němž nejdelší ze stran má největší možnou délku,a tuto hodnotu zapsal na tabuli. David našel takový trojúhelník, v němž nejkratší ze stranmá největší možnou délku, a tuto hodnotu také zapsal na tabuli. Kristýna obě délky natabuli správně sečetla a vyšlo jí 1 681 mm.

Určete, které číslo Kristýna zvolila. (L. Růžičková)

Nápověda. Umíte vzhledem k popsané vlastnosti Kristýnina čísla vyjádřit Jakubovoa Davidovo číslo?

Možné řešení. Kristýnino číslo, které označíme k, je liché a dělitelné třemi. To znamená,že k je lichým násobkem tří, tedy

k = 3(2n+ 1) = 6n+ 3

pro nějaké přirozené číslo n. Velikosti stran (v mm) Jakubova a Davidova trojúhelníkuodpovídají trojicím přirozených čísel, které v součtu dávají k a pro něž platí trojúhelníkovénerovnosti (součet každých dvou čísel je větší než třetí).

Největší možná délka nejdelší strany v trojúhelníku s obvodem k odpovídá největšímupřirozenému číslu, které je menší než polovina k (kvůli trojúhelníkové nerovnosti). Jaku-bovo číslo tedy bylo 3n+ 1. Zbylé dvě strany mohly odpovídat např. 3n a 2, ale to nás prodořešení úlohy nezajímá.

Největší možná délka nejkratší strany v trojúhelníku s obvodem k odpovídá největšímupřirozenému číslu, které je menší než třetina k (příslušný trojúhelník má být co nejvícrovnostranný, avšak strany mají být navzájem různé). Davidovo číslo tedy bylo 2n; zbylédvě strany odpovídaly 2n+ 1 a 2n+ 2.

Součet Jakubova a Davidova čísla je 5n + 1, což má podle zadání odpovídat 1681.Odtud 5n = 1680, a tedy n = 336. Kristýnino číslo bylo

k = 6 · 336 + 3 = 2019.

28

ContentsZmínìná rovnobì¾ka má celý obrazec rozdìlit na dvì èásti o ob sahu 10 : 2 = 5(cm...

Documents

Transcript of ContentsZmínìná rovnobì¾ka má celý obrazec rozdìlit na dvì èásti o ob sahu 10 : 2 = 5(cm...