Úloha č. 1

Oba chrti, vzhledem k rychlosti skákání, se budou setkávat na každém šestém metru n(2,3)=6. Na 198. metru bude mít první za sebou 66 skoků (66 \cdot 3 = 198) a druhý 99 skoků $(99 \cdot 2

198)$.

Dalším skokem se první dostane 1 m za lípu, kdežto druhý k lípě. Po otáčce vyrazí zpět. První bude po dalších 66 skocích 3 m od cíle a v témže okamžiku bude druhý po 99 skocích 2 m od cíle. Dalším skokem se oba dostanou do cíle. Je zřejmé že druhý z nich dopadne na cílovou čáru o okamžik dříve, neboť jeho jeden skok trvá kratší dobu (poměr 2:3 = 1:1,5). Tak vypadá školské řešení, ve skutečnosti by asi velký rozdíl mezi psy nebyl (záleželo by hodně na tom, jak který pes dokázal optimalizovat svou dráhu, aby mohl „vybrat zatáčku“ co nejtěsněji kolem stromu bez toho, že by musel příliš snižovat rychlost). No a pak je nutná strategie běhu, o čemž nám skvěle vypráví ve Vinnetuovi Karel May.

Úloha č. 2

Achilles chytil A ryb, Bajaja B ryb, Cyrano C ryb a d'Artagnan D ryb. Ze zadání sestavíme tyto nerovnice:
1. A > B
2. C + D = A + B
3. C + A < A + B
Z 2. a 3. plyne, že A < D , z 3. vyplývá, že C < B a přidáme-li nerovnici 1., dostaneme, že: C < B < A < D.
Nejvíce ryb tedy chytil d'Artagnan, druhý skončil Achilles, třetí Bajaja a poslední Cyrano.

Úloha č. 3

Kostky domina mohou mít tyto počty ok:

0+0	1+1	2+2	3+3	4+4	5+5	6+6
0+1	1+2	2+3	3+4	4+5	5+6
0+2	1+3	2+4	3+5	4+6
0+3	1+4	2+5	3+6
0+4	1+5	2+6	$$	$$
0+5	1+6	$$	$$	$$
0+6	$$	$$	$$	$$

$$

Sečteme-li počet ok v prvním sloupci, dostaneme 21, ve druhém 27, ve třetím 30, ve čtvrtém také 30, v pátém 27, v šestém 21 a v sedmém 12. Dohromady je tedy 168 ok a rozdělíme-li je na 4 díly, musí být na každém 42 oka. První hromádku můžeme vytvořit například spojením 1. a 6. sloupce (21+21=42). Pak ze 2. sloupce vyjmeme kostku 5+1, ze čtvrtého kostku 6+3 a poté je spojíme do druhé hromádky (21+21=42). Dále můžeme vyjmout ze 3. sloupce kostku 3+4 a z pátého kostku 4+4 a pak je spojit (23+19=42) a získat třetí hromádku. Nakonec vezmeme sedmý sloupec a přidáme vyřazené kostky a tak vznikne hromádka poslední (12+6+9+7+8=42). Existuje i řada spravedlivějších řešení, kdy dámy mají stejný počet kostek a nebo dokonce i stejnou šanci na výhru. To však nebylo podmínkou.

Úloha č. 4

Tady mnozí z vás hodně prohádali. Ti, co navrhovali, aby se rytíři rozdělili v poměru 5:3 byli odměněni Markétou nejvýše 2 body. Za poměr 3:1 jste mohli dostat až 3 body a za poměr 7:1 byly alespoň 4 body. Za nejlepší rozdělení považujeme toto: Kdyby turnaj pokračoval dál dalšími koly, mohl by z 50\% Dopita ukončit střetnutí v následujícím zápase. Stejnou šanci dáváme i Dosytovi na snížení na 5:4. V tomto případě by následoval minimálně ještě jeden zápas se stejnou pravděpodobností vítězství pro Dopitu i Dosytu. V tomto II. kole by si tedy oněch Dosytových 50\% z prvního kola rozdělili na půl. To jest 25\% pro Dopitu (a turnaj končí) a 25\% pro Dosytu s tím, že Dosyta vyrovnává na 5:5. Pokud dojde ke třetímu zápasu, vše se bude opakovat pouze s tím rozdílem, že turnaj definitivně končí vítězstvím jednoho rytíře, přičemž každý má stejnou šanci, čili každému 12,5\% z původních Dosytových 25\% z předešlého kola. Celkem má tedy Dopita 87,5\% a Dosyta 12,5\% šanci na celkové vítězství. Měli by se proto rozdělit v poměru 7:1. Kdybych ovšem vlastnil sázkovou kancelář, nedal bych Dosytovi téměř žádnou šanci, v každém zápase ne víc procent, než je momentální stav (3:5 -- 37,5\% : 62,5\% a tak dále). Docela bych jako král Piko sympatizoval s myšlenkou, že boj je nerozhodnut a tedy nikdo nedostane nic, neboť vítěz není znám. Je však otázkou, zda by se tímto činem příliš politicky neznemožnil, a zda mu 24 vesnic stojí za pošpiněnou čest a napjaté vztahy (to víte středověk).

Úloha č. 5

Výsledky rozložíme na činitele, z nichž jeden musí být menší než 13 (měsíc narození) a druhý menší než 32 (31) (den narození). Dostaneme následující přehled:

A	24	24.1.	12.2.	8.3.	6.4.	$$	4.6.	$$	3.8.	$$	$$	$$	2.12.
B	21	21.1.	$$	7.3.	$$	$$	$$	3.7.	$$	$$	$$
C	52	$$	26.2.	$$	13.4.	$$	$$	$$	$$	$$	$$
D	130	$$	$$	$$	$$	26.5.	$$	$$	$$	$$	**13.10.**
E	187	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	<u>17.11.</u>
F	300	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	30.10.	$$	**25.12.**
G	14	14.1.	7.2.	$$	$$	$$	$$	2.7.	$$	$$	$$
H	42	$$	21.2.	14.3.	$$	$$	7.6.	6.7.	$$	$$	$$
I	81	$$	$$	**27.3.**	$$	$$	$$	$$	$$	9.9.	$$
J	135	$$	$$	$$	$$	**27.5.**	$$	$$	$$	15.9.	$$
K	128	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	<u>16.8.</u>	$$	$$
L	153	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	$$	<u>17.9.</u>	$$

Podtržené výsledky jsou jednoznačné. V srpnu, září a listopadu se tedy již žádný další chlapec nemohl narodit. Odtud plynou další narození (tučně vytištěná) v březnu, květnu, říjnu a prosinci. Zbývá určit datum narození chlapců A,B,C,G a H. Pro C jsou jen dvě možnosti: a) 26.2. b) 13.4. Pro variantu a) potom jsou dvě možnosti pro G aa) 14.1. a ac) 2.7. Tři možnosti pak pro variantu b): ba) 14.1. bb) 7.2. bc) 2.7. Dále pak pro B existují tyto možnosti: aab) 3.7., aca) 21.1., bab) 3.7., bba) 21.1., bbb) 3.7., bca) 21.1. Dále pak pro H jsou tyto varianty: aabb) 7.6., acab) 7.6., baba) 21.2., babb) 7.6., bbab) 6.7., bbaa) 21.2., bbbb) 7.6., bcab) 7.6., bcaa) 21.2. Počet variant, které se dají vytvořit pro A, udává i celkový počet řešení: aabbc) 6.4., acabc) 6.4., bbacd) 4.6., baabb) 12.2., babad) 4.6., bbbba) 24.1., bcabb) 12.2., bcaad) 4.6. Je tedy celkem 8 řešení.

Úloha č. 6

Za předpokladu, že podle f) na hradě žijí pouze rodiny s dětmi, vyplývá z c) a d), že v každé rodině musí mít alespoň jednu dceru. Podle b) by však muselo být aspoň o jednoho chlapce více, než je rodin, což je spor s větou a). Pravdu má Baba Jaga. Pokud však větu f) pochopíme tak, že nevylučuje svobodné dospělé, může mít pravdu i rytíř Fanfarón. Pak může nastat nejjednodušší případ, že na hradě žije jedna rodina se dvěma syny a jednou dcerou, dále svobodný rytíř Fanfarón a ještě jeden jiný svobodný muž.

Úloha č. 7

Označme si t čas (v minutách, nemusí to být celé číslo), který potřebuje velká ručička od 8:00 (ukazuje přesně na 12) na to, aby dohonila malou mezi ciframi 8 a 9. Čarodějka usnula, když bylo právě 8 h a t minut. V okamžiku, kdy se probudila, svírala velká ručička s malou úhel 180^{o}. To znamená, že pomyslné prodloužení velké ručičky na druhou stranu se bude s malou překrývat. Takže čas, který potřebuje velká ručička od 14:00 (ukazuje přesně na 12) na to, aby sevřela s malou úhel 180^{o}, je stejný jako čas, který potřebuje prodloužení velké ručičky od 14:00 (ukazuje přesně na 6) na to, aby mezi ciframi 2 a 3 dohonilo malou ručičku, a to je právě čas t. Takže Malá Čarodějka se probudila přesně ve 14 hodin t minut. Spánek tedy trval přesně 6 hodin.

Úloha č. 8

Jedno z řešení může vypadat takto: Zvolíme si nějaký bod mimo kruh a přímku, která jím prochází a dotýká se kruhu. Tou přímkou budeme kolem daného bodu pomalu otáčet a budeme počítat, kolik bodů nám přešlo z jedné části do druhé. S otáčením přestaneme, když bude v obou částech kruhu 500000 bodů. Ale pozor! Je tu jeden problém. Co když máme v jedné části např.499998 bodů a naráz nám přibude 5 bodů (všechny leží na jedné přímce)? Této situaci předejdeme vhodnou volbou bodu, kolem kterého danou přímkou otáčíme. Nejprve si nakreslíme všechny přímky, které procházejí některými dvěma body z miliónu bodů v kruhu. (Těchto přímek je nejvýše 0,5 \cdot 1000000 \cdot 999999 = 49999950000, což je konečný počet). Určitě tedy existuje bod mimo kruh, který neleží na žádné z těchto přímek. Jeden z nich si zvolíme za bod otáčení a nyní už při otáčení přímky budou body přibývat jen po jednom. (Pokud by měly přibýt najednou dva, musely by ležet na jedné přímce s bodem otáčení, ale ten jsme volili tak, aby se toto stát nemohlo). Návod, jak najít přímku, jsme pro Malou Čarodějku našli. O jeho realizaci se už může postarat počítač.