Úloha č. 1
V úloze nás zajímalo pořadí chlapců a ne počet zásahů jednotlivých chlapců, jak si někteří špatně mysleli.
Chlapce si označíme počátečními písmeny jejich jmen.
Ze zadání víme:
1. | J | > | P |
2. | M + H | = | J + P |
3. | M + J | < | P + H |
Uvedu dvě z možných řešení, protože někteří z vás možná ještě neumí dosazovat z jedné rovnice do druhé.
První řešení:
Z druhé rovnice si vyjádříme M = J + P - H a dosadíme za M ve třetí.
J + P - H + J | < | P + H |
2J | < | 2H |
J | < | H |
Honza měl více zásahů než Jirka.
Teď z druhé rovnice vyjádříme H = J + P - M a dosadíme za H ve třetí nerovnici.
M + J | < | P + J + P - M |
2M | < | 2P |
M | < | P |
Mirek měl méně zásahů než Pavel.
Víme tedy, že
M < P, | P < J, | J < H, |
M < | P < J | < H |
Nejvíce zásahů měl Honza, pak Jirka, Pavel a nejméně Mirek.
Druhý způsob:
Je třeba si rozmyslet, že z první a druhé rovnice jsou možné pouze 4 kombinace pořadí:
M > J > P > H |
H > J > P > M |
J > H > M > P |
J > M > H > P |
Z třetí rovnice zjistíme, že platí pouze kombinace:
Úloha č. 2
Každé číslo je v dominu obsaženo osmkrát. Tj. tj. 8 \cdot (0+1+2+3+4+5+6) = 8 \cdot 21 = 168.
Odpověď: Na dvacetiosmikostičkovém dominu je dohromady 168 teček.
Úloha č. 3
Každé číslo je v tomto dominu 101 krát a je jich (různých čísel) 100. To znamená, že je zde 101 \cdot 100 půlkostek. Tj 101 \cdot 100 \over 2 = 5050 kostek.
Počet teček je 101 \cdot (0+1+2+\cdots+99) = 101 \cdot 4950 = 499950. Ke spočítání čísla v závorce můžeme využít známého Gaussova triku: Čísla si rozdělíme do dvojic (0,99), (1,98), ..., (49,50), součet každé dvojice je 99 a těchto dvojic je celkem 50, tj: 99 \cdot 50 = 4950.
Odpověď: V tomto speciálním dominu je 5050 kostiček a 499950 teček.
Úloha č. 4
Aby kůň obešel všechna pole šachovnice, musí vykonat 63 skoků. Přitom se každým lichým skokem dostane na pole opačné barvy, než je pole výchozí. Šedesátým třetím skokem má tedy dojít na pole opačné barvy než je to, ze kterého začal. Jenomže protilehlá rohová pole mají stejnou barvu - a to je spor. Proto úloha nemá řešení.
Úloha č. 5
Upravené podle Lukáše Fajta
Protože se odměna každým rokem od roku 1620 zvětšuje o jeho letopočet, bude odměna v roce 1996 dána součtem
Tento součet 377 sčítanců vypočtu následovně:
1620 + 1621 + \cdots + 1807 + 1808 + 1809 + \cdots +1995 + 1996 = |
= (1620 + 1996) + (1621 + 1995) + \cdots + (1807 + 1809) + 1808 = |
= 376\over2 \cdot 3616 + 1808 = 681 616. |
Odměna roku 1996 bude 681 616 Kč.
Úloha č. 6
Dá se z každého města dostat do každého města projitím max. jednoho města? Kdyby to nešlo, pak existuje město A do kterého se nedá dostat z města B. Z A i B ale vede alespoň 11 cest do jiných měst. Pokud cesty vedou alespoň do jednoho společného města, pak by se z A dalo dostat do B právě přes toto město. Může tato situace nastat?
Ne, protože k ní potřebujeme alespoň 2 \cdot 11 + 2 = 24 měst a to je více než 21 měst v království. Proto tedy nemůžou existovat města A, B mezi kterými není spojení použitím max. 1 města a tedy král mluví pravdu.
Úloha č. 7
Komentář: Zmýlili jsme se v zadání úlohy. Při daném počtu měst (21) není možné, aby z každého města vycházelo právě 11 cest (celkový počet cest by byl 21 \cdot 11 \over 2 a to není celé číslo). Pro tato konkrétní čísla je zadání nesmyslné, ale tato chyba nijak neovlivní řešení.
Řešení: Magicon svoji hrozbu splnit může, jestliže si očísluje města od 1 do 21 a jednosměrky povede vždy od čísla menšího k číslu většímu. Pak ten, kdo město opustí, dostane se pouze do města s vyšším číslem, a odtud opět vedou cesty pouze k městům s vyššími čísly. Tedy nikdy se nevrátí zpět.
Úloha č. 8
Komentář: Velké množství z vás si myslelo, že hra se dá dohrát jedině vyčerpáním všech políček. Jenomže to není pravda. Existuje několik málo partií, které skončí dříve, než se vypotřebují všechna políčka.
Řešení: Aby král vyhrál, musí dát přednost kouzelníkovi.
Hrací plán si můžeme představit jako dva čtverce a cesty, které je spojují. Potom budeme postupovat následovně. Necháme začínat kouzelníka a na každý jeho tah král odpoví přesunem do druhého z čtverců. Kouzelníkovi pak nezbude než pokračovat po stranách čtverečku a král opět bude mít kam táhnout.
Je tedy jasně vidět, že král bude mít vždy poslední tah..., ať už se vyčerpají všechna políčka nebo ne.