I. kolo kategorie Z5

60. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z5 Z5 I 1 Vítek má napsána dvě čísla, 541 a 293. Z šesti použitých číslic má nejprve vyškrtnout dvě tak, aby součet dvou takto získaných čísel byl největší možný. Poté má z původních šesti 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. Buď můžeme dvě číslice vyškrtnout z prvního čísla, nebo můžeme dvě číslice vyškrtnout z druhého, nebo je možnost vyškrtnout z každého čísla po jedné číslici. V každém případě škrtáme číslice tak, aby výsledný sčítanec byl co největší. Dostáváme tato čísla: škrtneme4a1,zbyde5a293:součet298, škrtneme2a3,zbyde541a9:součet550, škrtneme1a2,zbyde54a93:součet147. Vidíme,ženejvětšísoučet(550)získámepovyškrtnutíčíslic2a3zdruhéhočísla. 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 vyškrtávali dvě číslice z jednoho čísla, byl by rozdíl vždy trojmístné číslo. Když vyškrtáváme z každého čísla po jedné číslici, dostaneme tato čísla: škrtneme5a2,zbyde41a93:rozdíl52, škrtneme5a9,zbyde41a23:rozdíl18, škrtneme5a3,zbyde41a29:rozdíl12, škrtneme4a2,zbyde51a93:rozdíl42, škrtneme4a9,zbyde51a23:rozdíl28, škrtneme4a3,zbyde51a29:rozdíl22, škrtneme1a2,zbyde54a93:rozdíl39, škrtneme1a9,zbyde54a23:rozdíl31, škrtneme1a3,zbyde54a29:rozdíl25. Vidíme,ženejmenšírozdíl(12)získámevyškrtnutím5zprvníhočíslaa3zdruhého čísla. Z5 I 2 V Trpasličím království měří vzdálenosti v pohádkových mílích(pm), v pohádkových sázích(ps) a v pohádkových loktech(pl). Na vstupní bráně do Trpasličího království je následující tabulka pro převody mezi jejich jednotkami a našimi: 1pm=3,85m, 1ps=105cm, 1pl=250mm. Král Trpaslík I. nechal přeměřit vzdálenost od zámecké brány k pohádkovému jezírku. Třipozvanízeměměřičidospěliktěmtovýsledkům:prvníuváděl4pm4ps18pl,druhý 3pm 2ps43platřetí6pm 1ps1pl.Jeden znich sevšakzmýlil.jakájevzdálenost v metrech od zámecké brány k pohádkovému jezírku? O kolik centimetrů se spletl nepřesný zeměměřič? (M. Petrová) 1

Možné řešení. Nejprve si převedeme pohádkové míry např. na centimetry: 1pm=385cm,1ps=105cm,1pl=25cm. Nyní vyjádříme v centimetrech vzdálenosti změřené jednotlivými zeměměřiči: 1.zeměměřičnaměřil4pm4ps18pl,tj. 4 385+4 105+18 25=1540+420+450=2410(cm). 2.zeměměřičnaměřil3pm2ps43pl,tj. 3 385+2 105+43 25=1155+210+1075=2440(cm). 3.zeměměřičnaměřil6pm1ps1pl,tj. 6 385+1 105+1 25=2310+105+25=2440(cm). Vzdálenostodzámeckébránykpohádkovémujezírkuje2440cm=24,4m.První zeměměřičsespletlo2440 2410=30(cm). Z5 I 3 Čtyři kamarádi Adam, Mojmír a dvojčata Petr a Pavel získali v hodinách matematiky celkem 52 smajlíků, každý alespoň 1. Přitom dvojčata dohromady mají 33, ale nejúspěšnější byl Mojmír. Kolik jich získal Adam? (M. Volfová) Možné řešení. Všech smajlíků je 52, přitom dvojčata jich získala 33 a Adam alespoň jeden.promojmírazbývánejvýše52 33 1=18smajlíků.Abyjichmělnejvíczevšech, můžekaždézdvojčatmítnejvýše17smajlíků.toaleznamená,žejichpetrzískalprávě 17aPavel16,nebonaopak.Kdybyměltotižjedenméněnež16,muselbymítdruhývíc než17tak,abydohromadyměli33.odtudtakévyplývá,žemojmírnemohlzískatméně než18smajlíků,abymělvícnežkaždédvojče.protomojmírzískalprávě18smajlíkůana Adama tak zbývá jeden smajlík:-). Jiné řešení. Víme, že dvojčata získala dohromady 33 smajlíků a přitom každý alespoň jeden. Kdyby Petr získal 32 smajlíků a Pavel jeden, musel by jich Mojmír získat alespoň 33,abymělzevšechnejvíc.PakbyalevšichnidohromadyisAdamemmělialespoň 33+33+1=67smajlíků,cožnenímožné,protožezezadánívíme,žedohromadymají 52.Podobně,kdybyPetrzískal31smajlíkůaPavel2,muselbyMojmírmítalespoň32, dohromadysadamempak33+32+1=66,cožjestálemoc...stejnouúvahoulzevyloučit všechny možnosti rozdělení smajlíků mezi dvojčaty až na následující případ: Petr 17, Pavel 16(neboopačně),potomMojmír18aAdam1. 2

Z5 I 4 PanTikapanTakprodávalibudíkyvprodejnáchPředRohemaZaRohem.PanTik tvrdil,žepředrohemprodalio30budíkůvícenežzarohem,zatímcopantaktvrdil,že PředRohemprodalitřikrátvícebudíkůnežZaRohem.Nakonecseukázalo,žeTikiTak měli pravdu. Kolik budíků prodali v obou prodejnách celkem? (L. Hozová) Možné řešení. Z Takovy informace plyne, že pokud počet budíků prodaných v prodejně Za Rohem představuje jeden díl, pak počet budíků prodaných v prodejně Před Rohem představuje tři tyto díly. Z Tikovy informace potom vyplývá, že dvěma těmto dílům odpovídá 30 budíků. Počet budíků v obou prodejnách odpovídá čtyřem dílům, celkem tedy prodali30+30=60budíků. Poznámka. Jednomudíluodpovídá15budíků(30:2=15),takževprodejněZaRohem byloprodáno15budíků.vprodejněpředrohemprodali45budíků,protože3 15=45. Vobouprodejnáchpakprodalicelkem15+45=60budíků. Z5 I 5 Dokroužkůnaobrázkudoplňtečísla1,2,3,4,5,6a7tak,abysoučetčíselnakaždé vyznačené linii byl stejný. Žádné číslo přitom nesmí být použito víckrát. Možné řešení. Zkoušením nacházíme tato tři řešení: (M. Smitková) 5 7 6 7 2 5 4 2 2 1 6 3 1 6 3 4 3 5 4 1 7 Zkoušení můžeme s výhodou začínat např. vyplněním dvou kroužků na svislé linii vpravo. Jako jediná obsahuje pouze dvě políčka, proto do nich patří spíše větší čísla. Hodnocení. I jediné správné řešení bez komentáře ohodnoťte výborně. Poznámka. Součetvšechpoužitýchčíselje1+2+3+4+5+6+7=28.Všimneme sikroužkuvlevémdolnímrohu.vycházíznějtřiúsečky,nakaždéznichležídalšídva kroužky. 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

součtujeprotostejnýjakorozdílmezi28ačíslemvlevémdolnímrohu.protovlevém dolnímrohumůžebýtjedině1,4nebo7. Potomsoučetzbylýchdvoučíselnazmiňovanýchliniíchjepořadě9,8nebo7,asoučet všechčíselnajednéliniijepořadě10,12nebo14.nazákladětěchtosoučtůrozdělíme zbylá čísla do dvojic a z každé dvojice vybereme jedno tak, aby součet těchto tří vybraných číselbylrovněž10,12nebo14.tatotřičíslabudouležetnazatímnevybranéúhlopříčce. Podobným způsobem vybereme dvojici čísel na pravou stranu čtverce. Tak získáváme výše uvedená 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, žebysikaždýhostmohlvzítdva,třibysevšaknavšechnynedostaly.řeklasi,žekdyby vyrobilaještě10chlebíčků,mohlbysikaždýhostvzíttři,alečtyřinekaždý.tojípřišlo stále málo. Nakonec uchystala dohromady 52 chlebíčků. Každý host by si tedy mohl vzít čtyři chlebíčky, ale pět by se na všechny nedostalo. Kolik hostů paní Široká očekávala? Ona samadržídietuavečernikdynejí. (L.Šimůnek) Možné řešení. Nejprve pracujme s částí zadání, kde se uvažuje o 25 chlebíčcích. Podle nípaníširokáočekávalanejvýše12hostů,protože25:2=12,zbytek1,cožznamená, že12lidíbysimohlovzítpodvouchlebíčcích,pakbyvšakzbylpouzejediný.zdetéž zjišťujeme,žepaníširokáčekalavícenež8hostů,protože25 : 3 = 8,zbytek 1,což znamená, že při 8 hostech by si všichni mohli vzít po třech chlebíčcích. Zatím tedy připadá vúvahu,žemělopřijít9,10,11nebo12hostů. Teďuvažujmepouzeočástizadaní,vnížsehovořío35chlebíčcích.Určíme,žepaní Širokápočítalamaximálněs11hosty,jelikož35:3=11,zbytek2,avícenežs8hosty, jelikož35:4=8,zbytek3.tedypaníširokámohlačekat9,10nebo11hostů. Dále pracujme jen s rozvahou nad 52 chlebíčky. Podle ní paní Široká čekala nejvýše 13hostů,protože52:4=13,apřitomvícenež10hostů,protože52:5=10,zbytek2. Počítalatedys11,12nebo13hosty. Vidíme,žesevšemiúdajivzadáníseshodujejedinýpočethostů,ato11. Jiné řešení. Stejně jako v prvním odstavci předchozího řešení určíme, že paní Široká mohlaočekávat9,10,11nebo12hostů.prokaždýpočetzjistíme,zdaodpovídáidalším údajům v zadání. 9hostů:Při35chlebíčcíchbysivšichnimohlivzítpotřechchlebíčcíchanikolipo čtyřech,neboť9 3 <35a9 4 >35.Při52chlebíčcíchbysikaždýmohlvzítčtyřichlebíčky, aledokonceipět,protože9 4 <52i9 5 <52.Tentopočethostůzavrhujeme. 10hostů:Při35chlebíčcíchbysivšichnimohlivzítpotřechchlebíčcíchanikolipo čtyřech,poněvadž10 3 <35a10 4 >35.Při52chlebíčcíchbysikaždýmohlvzít čtyřichlebíčky,aledokonceipět,protože10 4 <52i10 5 <52.Tentopočethostůtéž zavrhujeme. 11hostů:Při35chlebíčcíchbysivšichnimohlivzítpotřechchlebíčcíchanikolipo čtyřech,protože11 3 <35a11 4 >35.Při52chlebíčcíchbysivšichnimohlivzítpo čtyřechchlebíčcíchanikolipopěti,jelikož11 4 <52a11 5 >52.Tentopočethostů odpovídá celému zadání. 12 hostů: Při 35 chlebíčcích by si nemohli všichni vzít po třech chlebíčcích, protože 12 3 >35.Tentopočethostůzavrhujeme. Paní Široká čekala 11 hostů. 4

60. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z6 Z6 I 1 Když Bořek natíral vrata garáže, přetřel omylem i stupnici nástěnného venkovního teploměru. Trubička se rtutí však zůstala nepoškozená, a tak Bořek původní stupnici přelepil páskem vlastní výroby. Na něj pečlivě vyrýsoval dílky, všechny byly stejně velké a označené čísly. Jeho dílek měl však jinou velikost než původní dílek, který představoval jeden stupeň Celsia,ainuluBořekumístiljinam,nežkdebylo0 C.TaktozačalBořekměřitteplotu vevlastníchjednotkách:bořcích.kdyžbymělteploměrukazovatteplotu11 C,ukazoval 2bořky.Kdyžbymělukazovat 4 C,ukazoval 8bořků.Jakájeteplotavestupních Celsia, vidí-li Bořek na svém teploměru teplotu 2 bořky? (L. Šimůnek) Možnéřešení.Při11 Cukazujeteploměr2bořky.Kdyžteplotaklesnena 4 C,tedy o15 C,ukazujeteploměr 8bořků,tedyo10bořkůméněnežvprvémpřípadě.Změna teplotyo10bořkůodpovídázměněo15 C,tudížzměnao1bořekpředstavujezměnu o1,5 C.Teplota 2bořky,nakterouseptáúloha,jeo4bořkymenšínežteplotauvedená v 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: bořky +2 C +11 2? +5 8 4 Z6 I 2 Začínající písničkář prodával vždy po vystoupení CD se svou hudbou. Ve čtvrtek prodalosmstejnýchcd.dennatoužnabízelisvénovécdalidésitakmohlikoupitto samé jako ve čtvrtek nebo nové. V sobotu chtěli všichni posluchači nové CD a písničkář jich prodaltendenšest.vjednotlivýchdnechutržil590kč,720kča840kč,neprozradíme však, která částka patří ke kterému dni. KolikstálostaršíCD? KoliknovýchCDprodalvpátek? (L. Šimůnek) Možné řešení. Nejprve se pokusíme přiřadit jednotlivé částky ke dnům. Čtvrteční tržba musí být násobkem osmi, sobotní násobkem šesti. Čísla 720 a 840 jsou obě násobky šesti 5

iosmi.číslo590nenínásobkemšestianiosmi.tedypísničkářbuďutržila)večtvrtek 720Kčavsobotu840Kčnebob)naopak.Vpátekzískalurčitě590Kč.Prověřmeobě možnosti. a)cenastaréhocdbybyla720:8=90(kč)acenanového840:6=140(kč). Ověříme, zda lze z uvedených dvou cen složit pátečních 590 Kč. Uvažujme postupně různé počtynovýchcd,jejichcelkovoucenuvždyodečtěmeod590kčasledujme,zdajevýsledný rozdíl dělitelný číslem 90. zanovácd 0 1 140 2 140 3 140 4 140 za stará CD 590 450 310 170 30 Tabulkaukazuje,žezcen90Kča140Kčlzesložitčástku590Kč,atojedinýmzpůsobem: 1 140+5 90. b)cenastaréhocdbybyla840:8=105(kč)acenanového720:6=120(kč). Podobně jako v předchozím případě ověříme, zda lze z uvedených dvou cen složit pátečních 590 Kč.(Tabulka bude jednodušší, uvážíme-li dopředu, že páteční tržba za stará CD musí mítnamístějednoteknulu,abyitržbazanovácdmělanamístějednoteknulu.) zastarácd 0 2 105 4 105 za nová CD 590 380 170 Tabulkaukazuje,žezcen105Kča120Kčnelzesložit590Kč. Úlohamájedinéřešení:staréCDstálo90KčavpátekpísničkářprodaljednonovéCD. Z6 I 3 Vojta napsal číslo 2010 stokrát bez mezer za sebou. Kolik čtyřmístných a kolik pětimístných 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 2010 dvakrát za sebou, bylo by v zápise jedno pětimístné souměrné číslo 20102 a jedno pětimístné souměrnéčíslo10201.kdybynapsal2010třikrátzasebou,bylobyvzápisekaždézvýše uvedených souměrných čísel dvakrát. Pokračujeme-li v této úvaze dál, zjišťujeme, že když Vojta 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 SoučinvěkůdědyVendelínaajehovnoučatje2010.Součetvěkůvšechvnoučatje12 a žádná dvě vnoučata nemají stejný počet let. Kolik vnoučat má děda Vendelín? (L. Hozová) Možnéřešení.Prvočíselnýrozkladčísla2010je2 3 5 67.Možnost,žebydědovibylo 2 67=134čidokoncevíce,můžemeihnedzavrhnout(aikdybychomtakvysokývěk dědypřipustili,stejněbynevedlkřešeníúlohy).dědůvvěktakmusíbýt67asoučinvěků jehovnoučatjeroven2 3 5=30.Najdemevšechnyrozkladyčísla30nasoučinrůzných přirozených 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. Patřičnýsoučetčíseljepouzevrozkladu1 5 6.DědaVendelínmátedytřivnoučata, kterájsouvevěku1rok,5leta6let. Z6 I 5 Na táboře se dva vedoucí se dvěma táborníky a psem potřebovali dostat přes řeku akdispozicimělijenjednuloďkuonosnosti65kg.naštěstívšichni(kroměpsa)dokázali loďkupřesřekupřevézt.každývedoucívážilpřibližně60kg,každýtáborník30kgapes 12 kg. Jak si měli počínat? Kolikrát nejméně musela loďka překonat řeku? (M. Volfová) Možnéřešení.Nejprvesepřevezouobahoši(1),jedensevrátízpět(2),pakpojedena druhý břeh vedoucí(3), zpět se přepraví druhý chlapec(4), opět oba chlapci na druhý břeh(5),jedenznichzpět(6),druhývedoucísepřeveze(7),druhýchlapeczpět(8),nyní jedenzchlapcůvezmepsaapřevezeho(9),paksevrátíprokamaráda(10)akonečněoba hošipřejedounadruhýbřeh(11)atímjsoutamvšichni. Poznámka. Převážet lze samozřejmě i jinými způsoby, nicméně řešení s méně než 11cestaminení.Tojezpůsobenozejménatím,žesvedoucímvloďceuždalšícestující jet nemůže. Proto např. podobná úloha s jedním vedoucím a jedním táborníkem by vůbec nebyla řešitelná a k převozu jednoho vedoucího a dvou táborníků by již bylo zapotřebí 5cest... Z6 I 6 Karel obestavěl krabici s obdélníkovým dnem obrubou z krychliček. Použil právě 22krychličekohraně1dm,kteréstavěltěsněvedlesebevjednévrstvě.Meziobrubou a stěnami krabice nebyla mezera a celá tato stavba měla obdélníkový půdorys. Jaké rozměry mohlo mít dno krabice? (M. Krejčová) Možné řešení. Kromě čtyř rohových krychliček se všechny ostatní dotýkají jednou celou svojí stěnou některé stěny krabice a každá stěna krabice je bez mezer obestavěna řadou krychliček.dnokrabicemátedyobvod22 4=18(dm),aprotože18=2 9a9=1+8= =2+7=3+6=4+5jsouvšechnyceločíselnérozkladyčísla9nadvasčítance,má některýznásledujícíchrozměrů(vdm):1 8,2 7,3 6,4 5. 7

60. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z7 Z7 I 1 Součin číslic libovolného vícemístného čísla je vždy menší než toto číslo. Pokud počítáme součin číslic daného vícemístného čísla, potom součin číslic tohoto součinu, poté znova součin číslic nového součinu atd., nutně po nějakém počtu kroků dospějeme k jednomístnému číslu. Tento počet kroků nazýváme perzistence čísla. Např. číslo 723 má perzistenci 2, neboť7 2 3=42(1.krok)a4 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) Možnéřešení.1.Vzadánínenířečeno,ževtomtopřípaděnesmímepoužítnulu.Je- -lijednazčíslicnulová,znamenáto,žesoučinvprvnímkrokujerovněžnulaatedy perzistence je 1. Stačí tedy sestavit největší liché číslo s navzájem různými číslicemi; tím je9876543201. 2. Tentokrát nulu použít nesmíme. Znamená to, že ciferný součin hledaného čísla musí být 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 bylsudéčíslo.toznamená,žecifernýsoučinjerovněžsudéčíslo,takžesepřihledání rozkladůstačíomezitnačísla2,4,6a8.dálesemůžemezaměřitpouzenarozklady, jejichž činitelem je i 1. Příslušná čísla jsou vždy o jeden řád vyšší než čísla odpovídající rozkladům bez 1. 2=1 2,možnosti:12, 4=1 4,možnosti:14, 4=1 2 2,nelze(stejníčinitelé), 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 počínaje nejmenším(tj. 10) a zjišťujeme jejich perzistenci. První nalezené číslo s perzistencí 3 je hledané 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 prověřovat přirozená čísla až od 33: 33,3 3=9,perzistence1, 34,3 4=12,1 2=2,perzistence2, 8

35,3 5=15,1 5=5,perzistence2, 36,3 6=18,1 8=8,perzistence2, 37,3 7=21,2 1=2,perzistence2, 38,3 8=24,2 4=8,perzistence2, 39,3 9=27,2 7=14,1 4=4,perzistence3. Nejmenší přirozené číslo s perzistencí 3 je 39. Z7 I 2 Ondranavýletěutratil 2 3 penězazezbytkudalještě 2 3 naškoluprodětiztibetu.za 2 3 novéhozbytkuještěkoupilmalýdárekpromaminku.zděravékapsyztratil 4 5 zbylých peněz,akdyžzezbylýchdalpůlkumalésestřičce,zůstalamuprávějednakoruna.sjakým obnosem šel Ondra na výlet? (M. Volfová) Možné řešení. Počet Ondrových korun před výletem označíme x. Ondranavýletěutratil 2 3 peněz,zbylomutedy 1 3 xkorun. NaškoluvTibetudal 2 3 zbylýchpeněz,zbylomu 1 1 3 Dárekmamincestál 2 3 zbytku,zbylomu 1 3 1 9 x= 1 3 x= 1 9 xkorun. 27 xkorun. Ztohoztratil 4 5,zbylomu 1 5 1 27 x= 1 135 xkorun. Půlkuzbylýchpenězdalsestřeajemuzůstaladruhápůlka,tj. 1 2 1 byla 1 koruna. 1 Je-li 270x=1,je x=270.ondrašelnavýletsobnosem270korun. 135 x= 1 Jiné řešení. Úlohu je možné řešit také odzadu podle následujícího schématu: 270 x,ato :3 :3 :3 :5 :2 výlet škole mamce ztratil sestře 1 Postupně, zprava doleva, dostáváme následující hodnoty: 1 2 = 2, 2 5 = 10, 10 3 = 30, 30 3=90a90 3=270.Ondramělpředvýletem270korun. Z7 I 3 Šárka prohlásila: Jsmetřisestry,jájsemnejmladší,LíbajestaršíotřirokyaEliškaoosm.Naše mamkarádaslyší,ženámvšem(isní)jevprůměru21let.přitomkdyžjsemsenarodila, bylomamceuž29. Před kolika lety se Šárka narodila? (M. Volfová) Možnéřešení.PokudvěkŠárkyvletechoznačíme x,potomlíběje x+3,elišce x+8 amamce x+29let.věkovýprůměrvšechje21let,tzn. po úpravě Šárka se narodila před 11 lety. (x+(x+3)+(x+8)+(x+29)):4=21, 4x+40=84, x=11. 9

Z7 I 4 Jindra měl napsáno čtyřmístné číslo. Toto číslo zaokrouhlil na desítky, na stovky a na tisíce a všechny tři výsledky zapsal pod toto číslo. Všechna čtyři čísla správně sečetl a dostal 5 443. Které číslo měl Jindra napsáno? (M. Petrová) Možné řešení. Celé zadání si napíšeme jako sčítání čtyř čísel. Zároveň napíšeme nuly natamísta,kdemusíbýtpozaokrouhlenídanéhočísla,naostatnímístasinapíšeme hvězdičky, které budeme postupně doplňovat. 0 00 000 5443 Nejprve si všimneme posledního sloupce, ve kterém je jediná neznámá číslice. Na místo příslušné hvězdičky můžeme doplnit pouze číslici 3, takže neznámé číslo má na místě jednotek číslici 3. 3 0 00 000 5443 Třetí sloupec: Je zřejmé, že se při zaokrouhlování na desítky zaokrouhluje dolů. Proto na místě desítek u prvního a druhého čísla musí být stejné číslice. Protože sčítání na místě jednotek nebylo přes desítku, hledáme číslo, jehož dvojnásobek má na místě jednotek číslici4.namístědesítekmůžebýtbuďa)číslice2,nebob)číslice7. a) doplníme číslici 2: Poslední dvojčíslí hledaného čísla je 23. 23 20 00 000 5443 Druhý sloupec: I při zaokrouhlování na stovky zaokrouhlujeme dolů, takže na místě stovek prvního, 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. Tomu vyhovuje jen číslice 8, takže poslední trojčíslí hledaného čísla je 823. 823 820 800 000 5443 Prvnísloupec:Protože8+8+8=24,připočítáváme2.Zároveňhledanéčíslozaokrouhlujemenatisícenahoru,takžečíslicenamístětisícůuposledníhočíslajeo1většínežzbylé 10

tři.toznamená,žečtyřnásobekčíslicenamístětisícůje5 2 1=2.Toovšemnelze splnit, takže tato možnost nevyhovuje, tzn. číslice 2 na místě desítek být nemůže. b) doplníme číslici 7: Poslední dvojčíslí hledaného čísla je 73. 73 70 00 000 5443 Druhý sloupec: Protože 7 +7 = 14, připočítáváme 1 z předchozího součtu. Zároveň hledané číslo zaokrouhlujeme na stovky nahoru, takže číslice na místě stovek u třetího čísla je o 1 většínežzbylédvě(resp.mohoubýtprvnídvě9atřetí0).toznamená,žetrojnásobek číslicenamístěstovekkončínačíslici4 1 1=2.Tomuvyhovujejenčíslice4.Hledané číslo končí na trojčíslí 473. 473 470 500 000 5443 První sloupec: Hledané číslo se zaokrouhluje na tisíce dolů, takže všechny čtyři chybějící číslice jsou stejné. Má smysl doplnit na místo tisíců pouze číslici 1. Snadno ověříme, že po jejím doplnění je písemné sčítání správně. 1473 1470 1500 1000 5443 Jedinýmřešenímječíslo1473,takžeJindramělnapsánočíslo1473. Z7 I 5 Libor narýsoval kružnici se středem S a body A, B, C, D, jak ukazuje obrázek. Zjistil, žeúsečky SCa BDjsoustejnědlouhé.Vjakémpoměrujsouvelikostiúhlů ASCa SCD? C D A S B 11

(L. Hozová) Možnéřešení.Zezadánívíme,že SC = BD,navíc SC = SD,protožejdeovelikost poloměru kružnice. Trojúhelníky CSD a BDS jsou proto rovnoramenné. Označme DSB = DBS =δ,vizobrázek. C D A S δ δ B Protožesoučetvnitřníchúhlůvtrojúhelníku BDSje180,platí ajelikožúhel BDCjepřímý,platí δ+ δ+ BDS =180, SDC + BDS =180. Zuvedenýchdvourovnicjezřejmé,že SDC =2δ.Protožetrojúhelník CSDjerovnoramenný,jei SCD =2δ.Poněvadžsoučetvnitřníchúhlůvtrojúhelníku CSDje180 a úhel BSA je přímý, dostáváme tyto rovnice: 2δ+2δ+ CSD =180, ASC + CSD +δ=180. Znichvyplývá,že ASC =3δ.Úlohaseptánapoměr ASC : SCD.Podosazení dostaneme3δ:2δ,neboli3:2. Z7 I 6 Najděte všechna trojmístná přirozená čísla, která jsou beze zbytku dělitelná číslem 6 a ve kterých můžeme vyškrtnout jakoukoli číslici a vždy dostaneme dvojmístné přirozené číslo, jež je také beze zbytku dělitelné číslem 6. (L. Šimůnek) Možné řešení. Číslice hledaného čísla označíme takto: x je na místě stovek, y na místě desítek a z na místě jednotek. Přirozené číslo je dělitelné šesti, právě když je součet jeho číslic 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+ zdělitelnýtřemi.povyškrtnutíčíslice zdostanemedvojmístnéčíslo,ježmábýt rovněžnásobkemšesti.totočíslomásoučetčíslic x+yatenmusíbýttéždělitelnýtřemi. Vyškrtnutáčíslice ztakmohlabýtpouze0,3,6nebo9.stejnouúvahoulzedojítktomu, žetakéčíslice xačíslice ymohoubýtpouze0,3,6nebo9. 12

Nyní uvažujme i o druhé podmínce dělitelnosti šesti. Původní číslo a dvojmístná čísla, kterázněj získámevyškrtnutímjedné číslice,majínamístějednotek buď z,nebo y. Číslice z a y tedy musejí být sudé. Podle zadání dostaneme po vyškrtnutí jakékoli číslice dvojmístné přirozené číslo. Toto číslo může začínat číslicí x nebo y, tyto číslice proto nemohou být nulové. Shrneme-livševýšeuvedené, xmůžebýt3,6nebo9, ymusíbýt6, zmůžebýt0 nebo6.všechnahledanáčíslajsoutedy360,366,660,666,960a966. 13

60. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z8 Z8 I 1 Martin má na papíře napsáno pětimístné číslo s pěti různými číslicemi a následujícími vlastnostmi: škrtnutím druhé číslice zleva(tj. číslice na místě tisíců) dostane číslo, které je dělitelné dvěma, 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 utvořené abcde. Nyní si postupně rozebereme všech pět podmínek: 1.číslo acdejedělitelnédvěma,tedyčíslice eje0,2,4,6nebo8, 2.číslo abdejedělitelnétřemi,tedysoučet a+b+d+ejedělitelnýtřemi, 3. číslo abce je dělitelné čtyřmi, tedy číslo ce je dělitelné čtyřmi, 4.číslo abcdjedělitelnépěti,tedyčíslice dje0nebo5, 5.číslo abcdejedělitelnéšesti,cožznamená,žejedělitelnédvěmaatřemizároveň,tj. číslo ejesudé(vímejižz1.podmínky)asoučet a+b+c+d+ejedělitelnýtřemi. Dáme-li dohromady druhou a pátou podmínku, dostáváme, že číslo c je rovněž dělitelné třemi.číslice cjeproto0,3,6nebo9.vidíme,ženačíslice c, d, ejsoukladenysamostatné podmínky, zatímco na číslice a a b ne. Při hledání největšího vyhovujícího čísla budeme postupně prověřovat čísla vytvořená podle následujících zásad: číslo budeme vytvářet zleva a vždy zvolíme největší možnou číslici takovou, aby číslice byly navzájem různé, aby platily samostatné 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 třetí podmínku: 98654:součet9+8+5+4=26nenídělitelnýtřemi(2.podmínkanenísplněna), 98652:součet9+8+5+2=24jedělitelnýtřemi(2.podmínkasplněna),ale62není dělitelné čtyřmi(3. podmínka není splněna), 98650:součet9+8+5+0=22nenídělitelnýtřemi(2.podmínkanenísplněna), 98604:součet9+8+0+4=21jedělitelnýtřemi(2.podmínkasplněna)a64je dělitelné čtyřmi(3. podmínka také splněna). Číslo98604jetedynejvětšíčíslo,kterémůžemítMartinnapsánonapapíře. Z8 I 2 Karelsesnažildoprázdnýchpolínaobrázkuvepsatpřirozenáčíslaod1do14tak, abyžádnéčíslonebylopoužitovíckrátasoučetvšechčíselvkaždépříméliniibylstejný.po chvíli si uvědomil, že to není možné. Jak byste Karlovo pozorování zdůvodnili vy?(přímou linií 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 pole patříprávějednélinii.součetvšechčíselnakaždévyznačenéliniibymělbýtstejnýačtyřnásobek tohoto součtu má být 105. Jenže číslo 105 není dělitelné čtyřmi, což znamená, že vepsat 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 přímých liniítak,žekaždépolebudepatřitprávějednélinii.ztohousuzujeme,žesoučetvšech doplněných čísel je 5p. Výše uvedený obrázek ukazuje jiné rozdělení obrazce na přímé linie, podleněhožsoučetvšechdoplněnýchčíselje4p.tojeovšemspor,protovepsatčíslado polí požadovaným způsobem nelze. 15

Z8 I 3 Cenaknížky Novéhádanky bylasníženao62,5%.matějzjistil,žeoběceny(před snížením i po něm) jsou dvojmístná čísla a dají se vyjádřit stejnými číslicemi, jen v různém pořadí. O kolik Kč byla knížka zlevněna? (M. Volfová) Možnéřešení.PůvodnícenuknížkyvKčbudemepsátvetvaru10a+b,kde aabjsou neznáménenulovéčíslice.pozlevněníbylacenaknížky10b+a.sníženícenybyloo62,5%, tedyna37,5%,cožznamená,že 37,5 100 (10a+b)=10b+a. Vzhledemkrovnosti 37,5 100 = 75 200 = 3 8 předchozívztahupravíme: 3 8 (10a+b)=10b+a, 30a+3b=80b+8a, 22a=77b, 2a=7b. Jedinájednomístnápřirozenáčíslavyhovujícítétorovnostijsou a=7ab=2.původní cenabyla72kč,pozlevnění27kč,knížkabylazlevněnao45kč. Z8 I 4 Rozděltekrychliohraně8cmnamenšíshodnékrychličkytak,abysoučetjejichpovrchů byl pětkrát větší než povrch původní krychle. Jaký bude objem malé krychle a kolik centimetrů bude měřit její hrana? (M. Volfová) Možnéřešení.Značí-li xdélku(vcm)hranymalékrychličky,budejejípovrch6x 2.Na každéhranědanékrychlebude 8 x malýchkrychliček,celákrychletakbuderozdělenana 8 8 8 64 =8 x x x x 3 krychliček.povrchvšechkrychličekbude 8 64 x 3 6x 2 = 6 8 64 amá x býtpětkrátvětšínežpovrchpůvodníkrychle,kterýje6 8 2 =6 64.Protomusíplatit 6 8 64 x =5 6 64, odkudpoúpravědostáváme x= 8 5 =1,6.Hranamalékrychličkybudeměřit1,6cmajejí objembude1,6 3. =4,1(cm 3 ). Z8 I 5 Klára, Lenka a Matěj si procvičovali písemné dělení se zbytkem. Jako dělence měl každý zadáno jiné přirozené číslo, jako dělitele však měli všichni stejné přirozené číslo. Lenčindělenecbylo30většínežKlářin.Matějůvdělenecbylo50většínežLenčin.Kláře vyšel 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 dělenec jepak k+30amatějůvje k+80.vydělíme-ličíslo kčíslem x,dostanemepodlezadání 16

zbytek8.číslo k 8tedymusíbýtdělitelnéčíslem xbezezbytku.vzadánísedáleuvádí, že k+30dávápoděleníčíslem xzbytek2ak+80dávápodělenítýmž xzbytek4.proto k+28ak+76musejíbýtbezezbytkudělitelnáčíslem x. Ukázalijsme,žečísla k 8ak+28jsoubezezbytkudělitelnáčíslem x.jezřejmé, žeijejichrozdíl36musíbýtbezezbytkudělitelnýčíslem x.stejnětakirozdílčísel k+28 a k+76,kterýjeroven48,musíbýtbezezbytkudělitelnýčíslem x.jako xtedypřipadají vúvahupouzespolečníděliteléčísel36a48,atojsoutito:1,2,3,4,6a12.číslo xmusí zároveňbýtvětšínež8,jinakbykláranemohladostatpřidělenítímtočíslemzbytek8. Hledaný dělitel x tak musí být 12. Z8 I 6 V rovnoramenném lichoběžníku ABCD jsou úhlopříčky AC a DB na sebe kolmé, jejichdélkaje8cmadélkadelšízákladny AB jetaké8cm.vypočítejteobsahtohoto lichoběžníku. (M. Krejčová) Možné řešení. Průsečík úhlopříček lichoběžníku označíme J a středy jeho stran označíme S 1, S 2, S 3 a S 4,vizobrázek. J 3 D S 3 C S 4 J S 2 J 4 S 1 J 2 A B J 1 Vestředovésouměrnostisestředem S 1 zobrazímebod Jdobodu J 1.Podobněurčíme ibody J 2, J 3 a J 4.Úhlopříčkyčtyřúhelníků J 1 BJA, J 2 CJB, J 3 DJCa J 4 AJDsevždy vzájemněpůlíapodlezadáníplatí BJA = CJB = DJC = AJD =90,proto tyto čtyřúhelníky musejí být obdélníky nebo čtverce. Z toho plyne, že spojením bodů A, J 1, B, J 2, C, J 3, D, J 4 a Avyznačímečtverec J 1 J 2 J 3 J 4 sestranoudélky8cm.jehoobsah je8 8=64(cm 2 )akýženýobsahlichoběžníku ABCDjezjevněpoloviční,tedy32cm 2. Jiné řešení. Bodem C vedeme rovnoběžku s úhlopříčkou BD a její průsečík s přímkou ABoznačíme F. 17

D C A B F Trojúhelníky ACD a CF B jsou shodné podle věty sss, proto obsah lichoběžníku ABCD je stejný jako obsah trojúhelníku AF C. Z konstrukce plyne, že tento trojúhelník jerovnoramenný( AC = FC =8cm)apravoúhlý(spravýmúhlemuvrcholu C).Jeho obsahjetedy 1 2 82 =32(cm 2 ). Poznámka. Všimněme si, že jsme u předchozích dvou řešení nepotřebovali délku základny AB; obsah lichoběžníku ABCD je tedy na této veličině nezávislý. Ještě jiné řešení. Průsečík úhlopříček označíme J, viz obrázek. Určíme obsahy trojúhelníků ABD a CDB a sečtením pak dostaneme obsah lichoběžníku ABCD. D C J A B Uoboutrojúhelníkůznámejednustranu,asice BD.Zezadánívíme,žeúsečky BD a AC jsou na sebe kolmé. Proto úsečky JA a JC jsou výšky zmíněných trojúhelníků kolmé na stranu BD. Vypočítejme velikosti těchto výšek. Z osové souměrnosti celého útvaru plyne, že AJ = BJ. Tuto velikost označíme x a určíme ji podle Pythagorovy věty v trojúhelníku AJB: AJ 2 + BJ 2 = AB 2, x 2 + x 2 =8 2, x= 32(cm). Tedy AJ = 32cm,aprotože AC =8cm,platí JC =(8 32)cm.Můžemejiž spočítat obsahy trojúhelníků ABD a CDB, respektive obsah lichoběžníku ABCD: Výraz lze výhodně upravit: S ABCD = S ABD + S CDB = 1 2 8 32+ 1 2 8 (8 32). S ABCD = 1 2 8 ( 32+8 32)= 1 2 8 8=32(cm2 ). 18

Poznámka. Pokud žáci budou průběžně vypočítávat mezivýsledky, dostanou tyto hodnoty: AJ. =5,66cm, JC. =2,34cm, S ABD. =22,64cm 2, S CDB. =9,36cm 2. Ještě jiné řešení. Průsečík úhlopříček nazveme opět J. Středy základen AB a CD označímepořadě Ka M. N D M C J A K B L Obsah lichoběžníku ABCD budeme počítat podle známého vzorce: S ABCD = 1 ( AB + CD ) KM. 2 Víme,že AJB =90,azosovésouměrnostirovnoramennéholichoběžníkuplyne,že AJ = BJ. Trojúhelník ABJ lze proto doplnit na čtverec ALBJ: v osové souměrnosti podleosy AB zobrazímebod J dobodu L,vizobrázek.Podobněvytvořímeičtverec DJCN.Obecněplatí,žečtverecsestranou amáúhlopříčkuodélce a 2.Součetdélek strany AJ čtverce ALBJ a strany JC čtverce DJCN je 8 cm. Součet délek jejich úhlopříček JLaNJjetudíž8 2cm,tedy NL =8 2cm. Podle obrázku postupně určíme: KM = 1 2 NL =4 2cm, JL = AB =8cm, DC = JN = NL JL =8 2 8(cm). Zjištěné délky dosadíme do výše uvedeného vzorce: S ABCD = 1 2 (8+8 2 8) 4 2= 1 2 8 2 4 2=32(cm 2 ). Poznámka. Pokud žáci budou průběžně vypočítávat mezivýsledky, dostanou tyto hodnoty: KM. =5,66cm, DC. =3,31cm. 19

60. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z9 Z9 I 1 PanVlkčekalnazastávcepředškolounaautobus.Zoknaslyšelslovaučitele: Jaký povrch může mít pravidelný čtyřboký hranol, víte-li, že délky všech jeho hran jsouvcentimetrechvyjádřenycelýmičíslyažejehoobjemje... Toto důležité číslo pan Vlk neslyšel, protože zrovna projelo okolo auto. Za chvíli slyšel žákahlásícíhovýsledek918cm 2.Učitelnatořekl: Ano,aleúlohamácelkemčtyřiřešení.Hledejtedál. Více se pan Vlk už nedozvěděl, neboť nastoupil do svého autobusu. Protože matematikabylavždyjehohobby,vytáhlsivautobusetužkuapapírapočaseurčilizbylátři řešení učitelovy úlohy. Spočítejte je i vy. (L. Šimůnek) Možné řešení. Proměnné a a v jsou přirozená čísla a představují hranu podstavy pravidelného čtyřbokého hranolu a jeho výšku. Pro rozměry, které uvažoval přihlásivší se žák, platí 918=2a 2 +4av=2a (a+2v), po vydělení dvěma dostaneme 459=a (a+2v). Budeme hledat všechny dvojice a, v, které odpovídají tomuto vztahu. Určíme tedy všechny možnérozkladyčísla459(459=3 3 17)nasoučindvoupřirozenýchčísel,znichžmenší bude aavětšíbude a+2v.následujícítabulkaukazuje,žetakovérozkladyexistujíčtyři a 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 a 2 v 1.možnost 1 459 229 1 2 229=229 2.možnost 3 153 75 3 2 75=3 3 5 2 3.možnost 9 51 21 9 2 21=3 5 7 4.možnost 17 27 5 17 2 5=17 2 5 Učitel prozradil, že zadaný objem vede ke čtyřem řešením. U každého objemu v tabulce určíme, ke kolika řešením vede, tedy pro každý objem najdeme všechna možná a: a 2 v možná a 1. možnost 229 1 2.možnost 3 3 5 2 1,3,5,15 3.možnost 3 5 7 1,3,9 4.možnost 17 2 5 1,17 20

Vidíme,žejedině2.možnostvedekečtyřemhranolům.Učiteltedyzadalobjem3 3 5 2 = =675(cm 3 )aprvnížákuvažovaltytorozměry: a=3cm, v=75cm.nížeuvádíme,jaké další rozměry hranolu měli žáci nalézt a jaký povrch z nich měli vypočítat: a 1 5 15 v 675 27 3 2a 2 +4av 2702 590 630 Učitelčekalnatatodalšítřiřešení:590cm 2,630cm 2 a2702cm 2. Z9 I 2 Na obrázku jsou tečkovanou čarou znázorněny hranice čtyř stejně velkých obdélníkových parcel. Šedou barvou je vyznačena zastavěná plocha. Ta má tvar obdélníku, jehož jedna strana tvoří zároveň hranice parcel. Zapsaná čísla vyjadřují obsah nezastavěné plochy najednotlivýchparcelách,atovm 2.Vypočítejteobsahcelkovézastavěnéplochy. 480 200 560 440 (L. Šimůnek) Možné řešení. Na obrázku prodloužíme svislé hranice zastavěné plochy, čímž na obou dolních parcelách rozdělíme volnou plochu na dvě části. Obsahy nově vzniklých obdélníků snadno odvodíme: 480 S 1 S 2 200 480 80 240 200 a b Obdélníkysobsahy80m 2 a240m 2 majíspolečnoustranu.protozbyléstranyobdélníků,vobrázkuoznačené aab,musejímítdélkyvestejnémpoměru,vjakémjsouobsahy obdélníků: a b = 80 240 =1 3, 21

tedy b = 3a. V parcelách, které jsou na obrázku nahoře, označíme obsahy zastavěných částí S 1 a S 2.Jdeodvaobdélníkysjednouspolečnoustranouajejichdalšístranymajídélky a a3a.obsahyobdélníkůmusejíbýtvtémžepoměrujakotytodélky,tedy S 2 =3S 1.Parcely na obrázku nahoře mají stejný obsah, proto 480+S 1 =3S 1 +200, poúpravědostaneme S 1 =140(m 2 ).Obsahjednéparcelyje480+140=620(m 2 )aobsah všechčtyřje4 620=2480(m 2 ).Znějodečtemeobsahyvšechvolnýchplochadostaneme obsah celkové zastavěné plochy: 2480 480 200 560 440=800(m 2 ). Z9 I 3 Vlčkovi lisovali jablečný mošt. Měli ho ve dvou stejně objemných soudcích, v obou téměřstejnémnožství.kdybyzprvníhopřelilidodruhého1litr,mělibyvoboustejně, aletobyanijedensoudeknebylplný.takradějipřelili9litrůzdruhéhodoprvního.pak byl první soudek úplně plný a mošt v druhém zaplňoval právě třetinu objemu. Kolik litrů moštu 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. Popřelitíjednoholitrubybylovprvnímsoudku x 1litrů,vedruhém y+1litrůaplatilo by x 1=y+1. Popřelití9litrůbylovprvnímsoudku x+9litrůabylplný,vedruhém y 9litrů,což tvořilo třetinu objemu soudku, tedy třetinu toho, co bylo v prvním soudku. Proto x+9=3 (y 9). Zprvnírovnicevyjádříme x=y+2adosadímedodruhé: y+2+9=3y 27.Poúpravě dostáváme y=19ax=21. Vprvnímsoudkubylopůvodně21litrůavedruhém19litrůmoštu,Vlčkovicelkem vylisovali 40 litrů moštu. Objem každého z obou soudků byl 30 litrů. Z9 I 4 PanRychlýapanLoudavestejnoudobuvyšlinatutéžturistickoutúru,jenpan RychlýjišelshorazhorskéchatyapanLoudanaopakodautobusudolevměstečkuna chatunahoru.v10hodinsenatrasemíjeli.panrychlýspěchalajižve12hodinbylvcíli. NaopakpanLoudapostupovalpomalu,atakdorazilkchatěažv18hodin.Vkolikhodin pánové vyrazili na cestu, víme-li, že každý z nich šel celou dobu svou stálou rychlostí? (M. Volfová) Možnéřešení.Označmerychlost(vkm/h)panaRychlého v R apanaloudy v L.Dobu (vh)odvyjitídojejichsetkáníoznačíme x.dosetkáníušelpanrychlýshoraodchaty x v R (km),panloudazdolaodautobusu x v L (km).panrychlýpakšelještě2hdolů kautobusu,ušel2 v R (km),panloudašelještě8hkchatěnahoru,ušel8 v L (km). 22

Porovnáním odpovídajících vzdáleností získáme dvě rovnice: vzdálenost od místa, kde sepánovépotkali,kautobusuje x v L =2 v R (km),kchatě8 v L = x v R (km).odtud vyjádříme v L v R = 2 x = x 8, tedy x 2 =16ax=4.Odvyjitídosetkánív10hšliobapánové4hodiny,nacestutedy vyrazili v 6 hodin. Z9 I 5 Kružnici se středem S a poloměrem 12 cm jsme opsali pravidelný šestiúhelník ABCDEFavepsalipravidelnýšestiúhelník TUV XY Ztak,abybod Tbylstředemstrany BC. Vypočítejte obsah a obvod čtyřúhelníku T CU S. (M. Krejčová) Možné řešení. Kružnici popsanou v zadání nazvěme k a její poloměr r, přičemž platí r=12cm.jejívztahykšestiúhelníkůmlzeinterpretovattakétak,žekružnice kjevepsána pravidelnému šestiúhelníku ABCDEF a opsána pravidelnému šestiúhelníku T U V XY Z, viz obrázek. Dále si uvědomme, že při sestrojování pravidelného šestiúhelníku T U V XY Z můžemepodmíncevzadání,abyvrchol T leželvestředustrany BC,vyhovětproto,že právěvestředustrany BCjeboddotykušestiúhelníku ABCDEFakružnice kjemuvepsané. Proto i ostatní vrcholy šestiúhelníku T U V XY Z leží ve středech stran šestiúhelníku ABCDEF. C U T D r B V S Z E A X Y F Při řešení úlohy budeme vycházet ze známé vlastnosti pravidelného šestiúhelníku: jakékoli dva jeho sousední vrcholy a střed kružnice jemu opsané(resp. vepsané) tvoří vrcholy rovnostranného trojúhelníku. Tedy trojúhelníky CSB a CSD jsou rovnostranné, navíc mají společnou stranu CS, podle které jsou osově souměrné. Bod T je středem strany BC trojúhelníku CSB,aprotojeipatoujehovýškykolménastranu BC.Trojúhelník CST 23

jetudížpravoúhlý.bod U,kterýjestředemstrany DC,jeosověsouměrnýkTpodle CS, tudíž trojúhelníky CST a CSU jsou shodné. K dořešení úlohy stačí znát velikost T C, kterou vypočítáme podle Pythagorovy věty v trojúhelníku CST(přitom použijeme CS = 2 T C ): CS 2 = ST 2 + TC 2, 4 TC 2 = r 2 + TC 2, 3 TC 2 = r 2, TC = r 3 = r 3 3. Čtyřúhelník T CU S je tvořen dvěma shodnými trojúhelníky, určíme jeho obsah: S TCUS =2 S CST = TC ST = r 3 r2 3 r=. 3 3 Obvodčtyřúhelníku TCUSje ( ) ( ) r 3 3 o TCUS =2( TC + ST )=2 3 + r =2r 3 +1. Podosazení r=12cmdojdemekvýsledkům: S TCUS =48 3. =83,1(cm 2 ), o TCUS =8 3+24. =37,9(cm). Z9 I 6 PetraPavelčesalivsadějablkaahrušky.VpondělísnědlPetro2hruškyvícenež Pavelao2jablkaméněnežPavel.VúterýPetrsnědlo4hruškyméněnežvpondělí. Pavelsnědlvúterýo3hruškyvícenežPetrao3jablkaméněnežPetr.Pavelsnědlzaoba dny12jablekavúterýsnědlstejnýpočetjablekjakohrušek.vúterývečerobachlapci zjistili, že počet jablek, která společně za oba dny snědli, je stejně velký jako počet společně snědených 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 Pavel snědl. Podle zadání postupně a trpělivě sestavíme následující tabulku: pondělí úterý Pavelhrušek x x+1 Pavel jablek y 12 y Petrhrušek x+2 x 2 Petrjablek 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 Pavel snědlvúterý7hrušek. 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 informace mohou být různé od těch v předchozím postupu. Při stejném značení neznámých tak můžeme 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 počet nepoužitých informací pak určuje soustavu rovnic, kterou následně řešíme. Jinéřešení.Pokudoznačíme xpočetjablek,kterápetrsnědlvpondělí,a ypočethrušek, které Pavel snědl v úterý, pak tabulka může vypadat takto: pondělí úterý Pavelhrušek y 1 Pavel jablek 12 y y y Petrhrušek y+1 y 3 Petrjablek x y+3 Přitom jsme nepoužili následující informace: a)vpondělísnědlpetro2jablkaméněnežpavel, 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, ajedinýmřešenímtétosoustavyje x=3ay=7. 26