1. príklad

Zadanie

Miška mama nepustila na výlet, lebo musí počítať príklady. Každý deň po škole vypočíta tri príklady. Cez víkend mu jeho brat Maťko poradí, teda Miško zvládne vypočítať až päť príkladov za deň. Po niekoľkých dňoch sa zamyslel, že ani nevie kedy s počítaním príkladov začal. Našťastie príklady boli očíslované a posledný, čo vypočítal mal číslo 111. Ktorý deň v týždni začal? Nájdite všetky možnosti.

Vzorové riešenie

Opravovali: miro

Ako prvé si spočítame počet vypočítaných príkladov za týždeň (za týždeň zakaždým vypočíta rovnaký počet príkladov, je jedno v ktorý deň týždeň začne): 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 5 + 5 = 25

Vieme že vypočítal 111 príkladov (vypočítal od 1. príkladu po 111.) a zistíme koľko príkladov vypočítal za menej ako týždeň:
111 \div 25 = 4, zvyšok 11

Ďalej musíme zistiť ktoré dni majú spolu 11 vypočítaných príkladov:
Keďže 11 nie je deliteľná 3 a ani 5, tak to môže byť iba ich kombinácia (5 + 3 = 8) - ak dáme 5 + 5, tak sa tam nezmestí 3 (5 + 5 + 3 = 13) \Rightarrow musí to byť 5 + 3 + 3 (= 11).

Z tohto vieme, že riešil 4 týždne a 3 dni z toho 2 pracovné a 1 víkendový. \Rightarrow Keďže víkendové dni idú 2 po sebe a my máme len 1, tak buď začíname v nedeľu alebo končíme v sobotu (musíme cez víkend začať alebo skončiť).

Ak si tieto možnosti odskúšame, tak zistíme, že štvrtok + piatok + sobota vychádza (3 + 3 + 5) a aj nedeľa + pondelok + utorok (5 + 3 + 3) \Rightarrow Úloha má dve riešenia.

Odpoveď: Maťko začal vo štvrtok alebo nedeľu.


2. príklad

Zadanie

Repa sa moc vyzná do digitálnych technológii a už zabudol, že existujú aj ručičkové hodiny. Aby toho nebolo málo, hodinky, čo doma našiel, majú všetky ručičky rovnako dlhé a nemajú čísla. Preto nevie, ktorá ručička, čo znamená a ani ktoré číslo má byť hore. Vedeli by ste mu poradiť, koľko môže byť hodín, ak viete o ručičkových hodinách toľko koľko Repa a hodiny ukazujú to, čo na obrázku?

Vzorové riešenie

Opravovali: david, matejUuu

Na začiatok si zistíme, ktorá ručička vlastne plní ktorú funkciu (t.j. ktorá je hodinová, minutová a sekundová).

Je celkom očividné, že ručičky vľavo ukazujú na presný dielik (ten, ku ktorému na hodinových ručičkách pripadajú čísla od 1 do 12). Teda pokiaľ je jedna z týchto ručičiek hodinová, tak druhá z nich musí ukazovať na 12 (lebo je to celá hodina). Ale zároveň je to aj celá minúta, teda posledná ručička, čo nám ostala (tá vpravo), by mala tiež ukazovať na 12, čo sa ale nedeje. Tým sme vylúčili, že by niektorá z ručičiek vľavo bola hodinová a tak sme dospeli k faktu, že práve ručička vpravo bude hodinová.

Teraz si opäť všimneme fakt, že obe zvyšné ručičky, pri ktorých nevieme určiť, či sú sekundové alebo minutové ukazujú na presný dielik. Z toho môžeme usúdiť, že sekundová bude smerovaná na 12, aby sme dostali celú minútu. Teraz sme sa dostali do situácie, kedy je potrebné preskúmať len dve situácie:
1. ručička dole bude sekundová - podľa obrázku si vieme ľahko spočítať, že potom minutová bude ukazovať na číslo 2, čo je zodpovedajúce 10 minútam po celej hodine. Keď sa ale pozrieme na hodinovú ručičku, tak tá ukazuje na menej alebo rovnako ako 12 minút pred celou hodinou, čo znamená, že v tomto prípade nedostaneme správne riešenie
2. ručička hore bude sekundová - podľa obrázku zistíme, že minutová ručička ukazuje na číslo 10, čo je úmerné 50 minútam pred celou hodinou, čo aj pre hodinovú ručičku vyhovuje

Teraz už len spočítame, aký čas bude na hodinovej ručičke a dostaneme riešenie 4 hodiny a 50 minút (pre perfekcionostov je riešenie aj 16 hodín a 50 minút, čo ti však ručičkové hodiny neukážu :) ).


3. príklad

Zadanie

Tony sa chcel naobedovať a tak si na trhu kúpil sto vecí dokopy za sto dukátov. Šálka stojí \frac{7}{2} dukátu, Repa stojí \frac{4}{3} dukátu a Šošovička stojí \frac{1}{2} dukátu. Koľko čoho si Tony na trhu kúpil?

Vzorové riešenie

Opravovali: Teri, kuboW, pajty
Najprv si označíme počet kúpených šálok ako x, počet riep ako y a počet šošovičky ako z. Potom musí platiť:
100=x+y+z
Z toho si vyjadríme z:
z=100 -x -y
Teraz si rovnicou vyjadríme, koľko dukátov Tony minie, keď vieme, že dokopy má minúť 100 dukátov. Rovnica pre dukáty bude potom vyzerať nasledovne:
100= \frac{7}{2}\cdot x + \frac{4}{3}\cdot y +\frac{1}{2}\cdot z
Do tejto rovnice dosadíme za z výraz, ktorý sme si vyjadrili vyššie a rovnicu budeme ďalej upravovať takto:

\begin{aligned} \frac{7}{2}\cdot x + \frac{4}{3}\cdot y + \frac{1}{2}\cdot (100-x-y) &= 100\\ 21x+8y+300-3x-3y&=600\\ 18x+5y&=300\\ 5y&=300-18x\\ y&=60-\frac{18}{5}x \end{aligned}

Keďže Tony kupoval iba celý počet šálok, riep a šošovičiek tak \frac{18}{5}x musí byť celé číslo. To docielime iba tak, že x bude deliteľné piatimi. Potom x môže byť iba 0, 5, 10 alebo 15. X nemôže byť väčšie ako 15, lebo ak by sme si za x dosadili 20 (najmenšie možné ďalšie číslo, ktoré je deliteľné piatimi) tak y=60-\frac{18}{5}\cdot20 \Rightarrow y=60-72= -12 a to je záporné číslo (záporny počet riep si nemôže kúpiť). Čiže ak by bolo x>15, tak by počet riep vyšiel záporný a to sa nemôže stať.

Teraz prejdeme všetkými možnosťami x:

Ak by bolo x=0, tak y = 60-\frac{18}{5}\cdot0 = 60 a z = 100-0-60=40
Ak by bolo x=5, tak y = 60-\frac{18}{5}\cdot5=60-18=42 a z=100-5-42=53
Ak by bolo x=10, tak y = 60-\frac{18}{5}\cdot10=60-36=24 a z=100-10-24=66
Ak by bolo x=15, tak y = 60-\frac{18}{5}\cdot15=60-54=6 a z=100-15-6=92

Možnosti, ako mohol Tony na trhu nakúpiť:
1. 0 šálok, 60 riep a 40 šošovičiek
2. 5 šálok, 42 riep a 53 šošovičiek
3. 10 šálok, 24 riep a 66 šošovičiek
4. 15 šálok, 6 riep a 79 šošovičiek

4. príklad

Zadanie

Imro je velký matik, preto má jeho hlava tvar štvoruholníka ABCD. O jeho hlave platí, že strana AB je rovnobežná so stranou CD, pri vrchole B je pravý uhol, trojuholník ADB je rovnoramenný so základňou AB a strany BC a CD sú obe dlhé 10 cm.
Zistite obsah Imrovej hlavy (štvoruholníka ABCD).

Vzorové riešenie

Opravovali: Jitka, erik, timka
Zadanie nám opisuje ako vyzerá Imrova hlava, poďme si ukázať ako sa dostaneme k výsledku. Vieme, že úsečky AB a CD sú rovnobežné a taktiež vieme, že pri vrchole B je 90^\circ uhol. Taktiež vieme, že uhol \angle ABC musí byť rovnaký ako \angle BCD, lebo sú súhlasné. Ďalej vieme, že \triangle ABD je rovnoramenný, a to že |AD| = |BD|, teda že tieto dve úsečky sú rovnako dlhé.
Pri rovnoramenných trojuholníkoch platí, že výška na základňu je rovnaká ako jeho ťažnica, čiže pretína základňu na polovicu. To znamená, že keď vytvoríme kolmicu z bodu C na priamku AB, tak tento bod (označme si ho X) bude rovnako vzdialený od A ako od B, lebo je v polovici strany AB. Ako môžeme vidieť, tak strana XB je rovnako dlhá ako CD, čiže strana AB bude dlhá 10\text{cm}\cdot 2 = 20\text{cm}.
O štvoruholníku ABCD vieme povedať, že je pravouhlým lichobežníkom lebo má strany AB a CD rovnobežné a \angle ABC je pravý. No a teraz máme len jednoduchý problém, vyriešiť obsah pravouhlého štvoruholníka. Na to aby sme vedeli obsah potrebujeme vedieť dĺžky oboch základní, čo aj vieme, a dĺžku výšky. Keďže tento lichobežník je pravouhlý pri vrcholoch B a C tak strana BC je rovná jeho výške. Takže si to dosadíme do rovnice na výpočet obsahu lichobežníka a dostaneme:
\begin{aligned} S &= |BC|\cdot \dfrac{|AB|+|CD|}{2}\\ S &= 10\text{cm}\cdot \dfrac{20\text{cm}+10\text{cm}}{2}\\ S &= 10\text{cm}\cdot 15\text{cm}\\ S &= 150\text{cm}^2\\ \end{aligned}

5. príklad

Zadanie

Šošo a Adam sa chceli ísť hrať šach, no zistili,že Adam stratil všetky figúrky okrem jednej veže. Zahrali sa teda inú hru. Vežu postavili do pravého horného rohu šachovnice s rozmermi 8\times 8, a mohla sa pohybovať iba doľava a dole o ľubovoľný počet políčok. Kto vyhrá (a ako to spraví), ak začína Adam a
  1. ten, ktorý už nemôže spraviť ťah prehrá?
  2. ten, ktorý už nemôže spraviť ťah vyhrá?

Vzorové riešenie

Opravovali: Imro, merlin, zajo
Pre jednoduchosť si označíme políčka ako na šachovnici, pričom veža začína na políčku H8.

Jediné políčko, z ktorého sa ďalej nevieme pohnúť je políčko A1.

Začneme možnosťou A, v ktorej prehrá hráč, ktorý sa už nedokáže pohnúť. Teda prehrá hráč, ktorý začína svoj ťah na políčku A1. Označme si ho teda červenou (je prehrávajúce).

Všetky ostatné políčka v riadku 1 a stĺpci A budú teda víťazné (viem sa z nich pohnúť na prehrávajúce políčko A1). Tieto si označíme zelenou.
Ako si vieme všimnúť vyhrám ak donútim protihráča pohnúť sa na zelené polička. Miesto odkiaľ sa viem dostať len na zelené teda bude prehrávajúce a teda červené.
Ak sa dokážem z políčka dostať na červené potom je políčko zelené.
Všimnime si, že takéto políčko z ktorého sa vieme dostať len na zelené je ľavé dolné nevyfarbené a teda B2(bude červené.)
Situácia sa nám teda zopakovala, že si zafarbím na zeleno stĺpec a riadok, z ktorého sa viem na B2 dostať.
Takýmto spôsobom budem zafarbovať tabuľku.
Vidíme, že červené políčka sú len na uhlopriečke. Takže vyhrám ak sa presuniem na uhlopriečku. Keďže Adam začína na uhlopriečke a nemôže sa hýbať šikmo nemôže sa presunúť na uhlopriečku. Šošo sa na uhlopriečku dostane tak, že ak Adam pôjde o n poličok tak Šošo pôjde o n políčok do druhého smeru (ľavo/ dole).
Teda Šošo má víťaznú stratégiu.

Postupné ofarbovanie šachovnice (Možnosť A)

Možnosť B:
Ak sa hráč nevie už pohnúť, tak vyhral. Teda políčko A1 je vyhrávajúce (zafarbíme ho na zeleno).
Teraz existujú 2 políčka, z ktorých sa dokážem pohnúť len na políčko A1, a to B1 a A2. Tie sú teda prehrávajúce a zafarbíme ich na červeno.
Teraz si môžem všetky políčka v riadkoch 1 a 2 a v stĺpcoch A a B (okrem políčok B1 a A2) zafarbiť na zeleno, lebo sa z nich dokážem posunúť na červené políčko.
Tabuľku ďalej budeme ofarbovať pomocou rovnakých pravidiel, ako v možnosti A.
Ako si môžme všimnúť, Adam sa na začiatku môže pohnúť len na zelené políčka, teda Šošo má znova výhernú stratégiu (bude sa stále posúvať na prehrávajúce políčka).

Postupné ofarbovanie šachovnice (Možnosť B)


6. príklad

Zadanie

Ema s Terkou piekli koláč. Keď upiekli koláč kosodĺžnikového tvaru, chceli ho aj farebne vyzdobiť. Zvolili si bod niekde v koláči a spojili ho s vrcholmi. Vzniknuté časti vyzdobili marcipánom. Použili na to 5 balení modrého marcipánu, 8 balení žltého a 6 balení zeleného marcipánu. Koľko balení červeného marcipánu majú kúpiť, aby im žiaden neostal, ani nechýbal? V obrázku sú vyznačené obsahy daných častí koláča. Časť s červeným marcipánom je označená otáznikom.

Vzorové riešenie

Opravovali: mišo

Obr. 1: Označenie strán a výšky

Označme si strany rovnobežníka a, b ako na obrázku. Výšku rovnobežníka na stranu a označím v. Obsah rovnobežníka viem potom vypočítať ako a \cdot v.

Obr. 2: Výšky v trojuhlníkoch

Pozrime sa teraz na trojuholníky s obsahmi 8 a ?. Ich základne, ktoré sú zároveň stranami rovnobežníka, majú rovnakú dĺžku. Výšky na túto stranu pomenujem v_1 pre trojuholník s obsahom ? a v_2 pre trojuholník s obsahom 8. Tieto obsahy vieme vyjadriť ako:
8 = \dfrac{a \cdot v_2}{2}
? = \dfrac{a \cdot v_1}{2}
Súčet ich obsahov teda bude:
8 + ? = \dfrac{a \cdot v_2}{2} + \dfrac{a \cdot v_1}{2} = \dfrac{a \cdot v_1 + a \cdot v_2}{2} = \dfrac{a \cdot \left(v_1 + v_2 \right)}{2}
Vráťme sa späť k druhému obrázku. Vidíme, že výšky v_1, v_2 sú kolmé na protiľahlé strany rovnobežníka. Taktiež vidíme, že sa stretajú v jednom bode. Ich spojením teda dostaneme výšku na stranu a v našom rovnobežníku - v. My teda vieme, že obsah našich dvoch trojuholníkov je 8 + ? = \dfrac{a \cdot \left(v_1 + v_2 \right)}{2} = \dfrac{a \cdot v}{2}, čo je polovica obsahu nášho rovnobežníka.
Aký má teda obsah celý náš rovnobežník? Keď sme práve zistili polovicu obsahu, vieme povedať, že celý obsah bude 2 \cdot \left(8 + ?\right). Keďže je však v zadaní rozdelený na štyri trojuholníky, vieme ten istý obsah vyjadriť aj ako súčet obsahov týchto menších trojuholníkov: 5 + 8 + 6 + ?. Obe hodnoty sú obsahom rovnobežníka, takže sa musia rovnať.
\begin{aligned} 2 \cdot \left(8 + ?\right) &= 5 + 8 + 6 + ?\\ 2 \cdot 8 + 2 \cdot ? &= 5 + 8 + 6 + ?\\ 8 + ? &= 5 + 6\\ ? &= 5 + 6 - 8\\ ? &= 3 \end{aligned}
Obsah časti označenej otáznikom je 3. Ema s Terkou teda musia kúpiť 3 balenia červeného marcipánu.

7. príklad

Zadanie

Lístky na Merlinovu kúzelnícku show stáli nejaký celočíselný počet dukátov, väčší ako 1. Navyše platilo, že súčet ceny detskej a dospeláckej vstupenky, rovnako ako ich súčin, bol mocninou prvočísla. Nájdite všetky možné ceny vstupeniek.

Vzorové riešenie

Opravovali: palo
*** Poznámka: Riešitelia, ak sa vám zdá nejaká časť zadania nepresne zadaná, neváhajte sa spýtať v komentároch pod zadaním. Na tento príklad sa dvaja z vás v komentároch spýtali, no zjavne nie všetci si tieto komentáre prečítali. Stratili preto dotyční body. Nestrácajte prosím takto zbytočne body a radšej sa spýtajte/prečítajte tie komentáre. ***

Označme si najprv cenu dospeláckeho lístka a a cenu detského lístka ako c. Potom ak p, q budú prvočísla a x, y budú kladné celé čísla, tak potom zadanie nám poskytuje nasledovné dve rovnice:
\begin{aligned} a + c = p^x\\ a \cdot c = q^y \end{aligned}

Práve tieto p^x, q^y, to je definícia toho, čo je kladná mocnina prvočísla. To, že je kladná a nie nulová, vyplýva z toho, že p^0 = 1 a v tom prípade by musel stáť aspoň jeden typ lístka menej ako 1, čo je v rozpore so zadaním.
Ak dve čísla v súčine sú mocnina prvočísla, tak aj samotné čísla musia byť mocninami toho istého prvočísla. To vyplýva z vlastností prvočísel a prvočíselných rozkladov. Zároveň vieme, že opať ani jedna táto mocnina nesmie byť nultá, lebo by sme mali vstupenku s cenou 1. Preto, ak k,m sú kladné celé čísla, vieme zapísať a = q^k, b = q^m.
Dosadením tohto poznatku do rovnice so súčtom máme:
\begin{aligned} q^k + q^m = p^x \end{aligned}
Bez ujmy na všeobecnosti*, nech k \geq m. Potom môžeme na ľavej strane vyňať pred zátvorku:
\begin{aligned} q^m \cdot (q^{k-m} + 1) = p^x \end{aligned}
Teraz ľavá strana je deliteľná q^m, kde m \geq 1, čo zároveň znamená, že ľavá strana je deliteľná q. Z toho vyplýva, že q delí aj pravú stranu. Keďže p je prvočíslo, ktoré je deliteľné iným prvočíslom q, nutne platí p = q.
Teraz môžeme celú rovnicu vydeliť q^m, získame q^{k-m} + 1 = q^{x-m}. Zároveň si môžeme byť istí, že x-m \geq 1, inak by bola druhá vstupenka zápornej (alebo nulovej) ceny, čo nemôže. V tom prípade q^{x-m} je kladná mocnina prvočísla q.
Ak teraz by bolo číslo q nepárne, tak jeho nezáporná mocnina q^{k-m} by bola nepárna a rovnako tak aj jeho kladná mocnina q^{x-m}. Lenže potom by sme mali rovnicu nepárne + 1 = nepárne, čo nemôže nastať.
Preto je q párne číslo. Vzhľadom na to, že q je zároveň prvočíslo, nutne platí, že q = 2. V tom prípade máme na pravej strane rovnice párne číslo a na ľavej strane máme 2^{m-k}+1. Na to, aby tento súčet bolo párne číslo, musí byť 2^{m-k} nepárne. Jediná nepárna mocnina dvojky je 1 a to sa stane práve vtedy, ak m = k.
Jediná vhodná možnosť je teda taká, že cena detskej a dospeláckej vstupenky je rovnaká a navyše sú to kladné mocniny dvojky.

* Poznámka: to, že je to bez ujmy na všeobecnosti, vieme z toho, že tá rovnica je symetrická v tých dvoch premenných. Ak by bola nerovnosť medzi nimi naopak, nič v postupe by to nezmenilo, iba značenie.

8. príklad

Zadanie

Ela s Miškom sa pohádali, a teraz sa nechcú vidieť. Miško sa ale chce dostať za Maťkom, aby sa z toho vyrátal. Problém však je, že cestou môže stretnúť Elu. Chce ísť čo najrýchlejšie preto chodí iba dole a doprava. Aká je šanca, že ju stretne, ak
  1. si vopred vyberie jednu z možných ciest a tej sa bude držať,
  2. na každej križovatke, kde má voľbu dvoch možností, si vyberie jednu s rovnakou pravdepodobnosťou ako druhú?

Vzorové riešenie

Opravovali: duško, ľubo, šálka
Začnime časťou A. Vieme, že pravdepodobnosť dostaneme ako počet vyhovujúcich udalostí predelený celkovým počtom udalostí. V našom prípade pre pravdepodobnosť, že Miško stretne Elu, budeme mať pomer ciest, na ktorých Elu stretne k celkovému počtu ciest. Vykreslením všetkých ciest dostaneme nasledovné:
Vidíme, že celkový počet ciest, po ktorých Miško môže ísť je 10 z čoho 6 prechádza cez Elu. Pravdepodobnosť toho, že stretne Elu je preto:

P=\frac{6}{10}=60\%.

Časť A sme zvládli, vrhnime sa preto do časti B. Ako je napísané v zadaní, budeme to riešiť tak, že v každom bode, z ktorého vedú dve cesty, rozdelíme pravdepodobnosť kam Miško pôjde. Najlepšie je to vidieť, ak si to budeme zakraslovať priamo do obrázku:
Na obrázku je vidieť, že pre cesty sme vždy rozdelili pravdepodobnosť bodu, z ktorého vychádzajú na polovicu. Pre body zase naopak platí, že pravdepodobnosť Miškovho výskytu je súčet pravdepodobností na cestách, ktoré do bodu smerujú. Takýmto spôsobom ľahko vidíme, že pri Ele je pravdepodobnosť Miškovho výskytu 37,5%, čo sme mali za úlohu zistíť.

Komentár:
Je dôležité si uvedomiť, že pravdepodobnosti v časti A a B nie sú rovnaké. Rovnako je ale dôležité si aj uvedomiť, prečo nie sú rovnaké. Tieto úvahy nechávame na čitateľa, ale prezradíme, že jedným zo spôsobov, ako si uvedomiť prepojenie výsledkov časti A a B vedie cez Pascalov trojuholník.

9. príklad

Zadanie

Maxo má svoj štýl a preto nosí okuliare v tvare pravouhlého trojuholníka, ktorého odvesna má dĺžku 40 milimetrov. Všimol si, že keď sa pozrie iba jedným okom, tak Slnko je vlastne kružnica vpísaná do sklíčka jeho okuliarov. Z tohto pohľadu je Slnko kruh s polomerom 15 milimetrov. Aký obsah má jedno jeho sklíčko na okuliaroch?

Vzorové riešenie

Opravovali: Qwedux, misou, repa
Najskôr si označíme body tak ako na obrázku. To znamená, že A bude vrchol pri pravom uhle, |AB| bude 40\text{mm} a C je zvyšný vrchol. Potom dotyky kružnice vpísanej so stranami trojuholníka BC, CA, AB označíme postupne D,E,F tak ako na obrázku. Stred vpísanej kružnice označíme S.

Vieme ukázať, že trojuholníky BSF, BSD sú zhodné podľa SSU, lebo majú rovnakú dĺžku SF, SD (polomer kružnice), pravý uhol pri F, resp. D a oba zdieľajú úsečku BS. Pravý uhol prišiel z toho, že spojnica stredu a bodu dotyku je kolmá na dotyčnicu. Analogicky však aj dvojice CSD, CSE a ASE, ASF sú navzájom zhodné.

Obsah trojuholníka vieme vyrátať dvomi spôsobmi:
  1. Ako polovica súčinu odvesien, teda \frac{|AB||AC|}{2}
  2. Ako súčet obsahov trojuholníkov ACS, BCS, ABS, čo je rovné r \cdot \frac{|AB|+|BC|+|CA|}{2}, kde r je polomer vpísanej kružnice, teda 15\text{mm}. Bližšie si to vieme priblížiť tak, že napríklad obsah trojuholníka ABS je \frac{|AB|\cdot v_S}{2}, kde v_S je dĺžka výšky z bodu S, teda |BF|.
Štvoruholník AFSE je štvorec, lebo dotyčnica zviera so spojnicou bodu dotyku a stredom kružnice pravý uhol, teda mám pravé uhly pri vrcholoch A, F, E, čím musí byť pravý uhol aj pri S (súčet uhlov v štvoruholníku je 360^\circ). Ďalej vieme, že |AF| = |AE| zo zhodnosti, teda tento štvoruholník musí byť štvorec, lebo štvoruholníky so štyrmi pravými uhlami majú protiľahlé strany rovnako dlhé, teda všetky štyri strany sú v AFSE rovnako dlhé.

Polomer kružnice vpísanej je 15\text{mm}, teda |AF| = |AE| = 15\text{mm}. Potom však |BD| = |BF| = 25\text{mm}, lebo |AF|+|BF| = 40\text{mm}. Jediné úsečky, ktorých nepoznáme dĺžku teda sú CE, CD. Vieme, že zo zhodnosti trojuholníkov CSE, CSD sú rovnako dlhé, teda označme túto dĺžku x. Porovnáme dva spôsoby výpočtu obsahu:
\begin{aligned} r\cdot \frac{|AB|+|BC|+|CA|}{2} &= \frac{|AB||AC|}{2}\\ 15\cdot \frac{40+(25+x)+(15+x)}{2} &= \frac{40\cdot (15+x)}{2}\\ 15\cdot (40+x) &= 20\cdot (15+x)\\ 300 &= 5x\\ 60 &= x \end{aligned}
Vidíme, že |CE| = |CD| = 60\text{mm}, teda vieme vypočítať dĺžku AC a obsah trojuholníka ako \frac{|AB||AC|}{2} = \frac{40\cdot (15+60)}{2} = 1500\text{mm}^2

Prémia 1

Zadanie

Havoš má veľmi rád čokoládu. Doktor mu ale povedal, že má alergiu na mlieko, či čo to, a že by mal prestať jesť toľko čokolády. Havoš odvtedy nikdy nezjedol celú čokoládu, ale vždy si nechal kúsok tvorený práve piatimi dielikmi. Teraz ich už má všetkých dvanásť rôznych, tak sa s nimi začal hrať. Má štvorčekovú mriežku 42\times42 štvorčekov a 12 dielikov pentomín (viď obrázok). Pentominá chce vložiť do mriežky tak, aby ohraničili, čo najviac políčok. Ohraničené políčka môžu susediť stranou alebo rohom jedine s iným ohraničeným políčkom, alebo políčkom prekrytým niektorým pentominom. Dieliky môže ľubovoľne otáčať alebo preklopiť, nemôže však použiť ten istý viackrát. Pomôžte Havošovi nájsť také rozloženie pentomín, ktoré ohraničí čo najväčší počet políčok.

Vzorové riešenie

Opravovali: Danko, adam, miro
Pri riešení tejto prémie si bolo treba dať pozor, aby sa políčka ktoré ohraničíme nedotýkali vonkajších políčok ani rohmi. Len tak nám vzniknú políčka správne ohraničené podľa zadania - tak že sa rohmi aj stranami dotýkajú iba seba navzájom alebo pentomín.

Najviac sa dalo ohraničiť 128 políčok. Dalo sa to napríklad takto: Úlohu sme bodovali podľa toho, koľko políčok ste ohraničili:
128 - 7 bodov
nad 124 - 6 bodov
nad 114 - 5 bodov
nad 100 - 4 body
nad 95 - 3 body
nad 75 - 2 body
menej - 1 bod