Úloha č. 1

(podle Jana Šeda)

Optimistický odhad bude takový, kdy místnost bude co největší krychle a ostatní věci v ní budou mít co nejmenší objem, aby se do místnosti vešlo co nejvíce vody. Dále je třeba, aby průtok vody byl co nejpomalejší, čímž se prodlouží doba, než se celá místnost naplní vodou a zamrzne.

Sestavme si tedy tabulku pro optimistický a pesimistický odhad:

$$ $$ optimisticky pesimisticky
místnost šířka 6 sáhů 5 sáhů
$$ délka 21 sáhů 19 sáhů
$$ výška 2,5 sáhů 2,5 sáhů
$$ objem místnosti 315 sa^{3} $$ 237,5 sa^{3}
oltář strana krychle 0,4 sáhů 0,6 sáhů
$$ objem krychle 0,064 sa^{3} $$ 0,216 sa^{3}
objem věcí $$ 0,25 sa^{3} $$ 0,5 sa^{3}
průtok $$ 4,5 sáhů/s 5,5 sáhů/s

Optimisticky: 315-0,064-0,25 \over 4,5 = 69,93.

Pesimisticky: 237,5-0,216-0,5 \over 5,5 = 43,05.

Místnost se naplní vodou přibližně za 69,93 sekund v nejlepším případě, za 43,05 sekund v nejnepříznivějším případě.

Úloha č. 2

Čísla dělitelná právě třemi prvočísly jsou čísla, jejichž rozklad na součin prvočísel obsahuje mocniny právě tří prvočísel $a{k} \cdot b{l} \cdot c{m}$. Nejjednodušší z nich jsou trojprvočísla, jejich rozklad je a \cdot b \cdot c. Vezměme prvočísla 2 a 3. Největší třetí prvočíslo, kterým je můžeme vynásobit, aby součin byl menší než 1025, musí být menší než 1025 : (2 \cdot 3) \doteq 170,8. Je to prvočíslo 167. Součin 2 \cdot 3 tedy můžeme vynásobit všemi prvočísly mezi čísly 5 až 167. Těch je 37. Takto bychom postupovali dál. Součin ($2 \cdot 5) můžeme vynásobit prvočísly 7 až 101, těch je 23$, pak součin (2 \cdot 7), (2 \cdot 11), ..., až (2 \cdot 19). Součin (2 \cdot 23) už nepřipadá v úvahu, protože $1025 : (2 \cdot 23) = 22,2$ a nelze tedy nalézt třetí větší prvočíslo. Podobně dále (3 \cdot 5), (3 \cdot 7), ..., (3 \cdot 17); (5 \cdot 7), (5 \cdot 11) a (7 \cdot 11). Po sečtení všech možností bychom dospěli k počtu všech trojprvočísel. Je jich 142. Abychom zachovali dělitelnost právě třemi prvočísly, můžeme každé trojprvočíslo vynásobit libovolným svým dělitelem. Sudá trojprvočísla můžeme násobit dvěma. Aby výsledek byl menší než 1025, musí to být trojprvočísla menší než 512. Takových je 48. (Stejný postup jako výše.) Sudá trojprvočísla můžeme násobit také čtyřmi (2^{2}), pokud jsou menší než 1025:4=256. Trojprvočísel „obsahujících“ součin (2 \cdot 3) a menších než 256 je 11. (Největší třetí prvočíslo je 41). A to nám stačí. Máme 142 trojprvočísel, 48 jich vynásobíme dvěma, a 11 čtyřmi. Máme tedy celkem 201 čísel dělitelných právě třemi prvočísly. Čísel dělitelných právě třemi prvočísly je určitě více než 200.

Komentář: Zadání této úlohy bylo trošku zmatené. Jednak na začátku není zcela jasné, k čemu se princ vyjadřuje, zda mluví o počtu čísel s křížkem (dělitelných trojprvočíslem) nebo o počtu trojprvočísel. V úloze pak byl dotaz na čísla dělitelná právě jen třemi prvočísly, což nejsou jen trojprvočísla (viz řešení) a stejně tak všechna čísla dělitelná trojprvočíslem (tedy ta zakřížkovaná) nejsou dělitelná právě jen třemi prvočísly (např. 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 = 210 je dělitelné např. trojprvočíslem 2 \cdot 3 \cdot 5 = 30, ale přitom je součinem 4 prvočísel).

Takže každý mohl zadání pochopit jinak. Uznala jsem, pokud jste počítali počet čísel dělitelných právě třemi prvočísly i pokud jste počítali počet trojprvočísel. Body jsem strhávala jen za chybný postup.

Úloha č. 3

V průvodu je 31 žen a 31 mužů. 34-12=22 je počet mužů s hlavou nepokrytou, 34-13=21 je počet mužů v šatu prostém. Označme x počet mužů s hlavou nepokrytou a zároveň v šatu prostém. Platí $12 \leq x \leq 21, při x=12$ je minimum mužů v šatě jiném než prostém a s hlavou pokrytou, tj. 0: 21+22+0-12=31. Při x=21 je průnik množin „s hlavou nepokrytou“ a „v šatě prostém“ maximální, tj. 21, což znamená, že je 0 mužů s hlavou pokrytou v šatu prostém. Ke zjištěnému počtu mužů přičteme 5 žen s danou vlastností.

ODPOVĚĎ: V průvodu je minimálně 17 a maximálně 26 lidí v šatě prostém s hlavou nepokrytou.

Komentář: Nejčastější chybou bylo, že jste našli jen jedno řešení. Někteří také nepochopili zadání: máme-li 12 žen s hlavou nepokrytou (nic se neříká o jejich šatu) a 13 žen v šatu prostém (nic se nepraví o jejich hlavě), je 5 žen s hlavou nepokrytou a v šatu prostém PRŮNIKEM těchto dvou množin a ne další nezávislou množinou!

Úloha č. 4

Čtverec 2 \times 2 se dá rozdělit na 4 čtverce o velikosti strany 1. Aby se Davídkovi nepovedlo překrýt menším čtvercem 6 bodů najednou, musí kouzelník umístit do každého ze čtverců maximálně 5 bodů. Vzhledem k tomu, že 5 \times 4 = 20, zbývá jeden bod, který už musíme umístit do jednoho ze čtverců - tak najdeme čtverec se šesti body.

Se zakrytím 7 bodů už to není jednoznačné. Dá se najít takové rozmístění, že Davídek nebude moci čtvercem 1 \times 1 zakrýt sedm bodů najednou. Např. umístíme po pěti bodech v rozích (do vzdálenosti menší než 2-\sqrt{2} \over 2 \doteq 0,29 od rohu). Tak budeme mít jistotu, že nikdy nezakryje čtverec 1 \times 1 dva body z různých rožků (viz obrázek). Poslední bod můžeme umístit kamkoli. Tak čtverec $1 \times 1$ pokryje vždy max. 6 bodů.

Úloha č. 5

Davídek poradil Gilovi, aby pouze kopíroval tahy soupeřů. Měl na jedné šachovnici hrát jako bílý a na druhé jako černý. Nejdříve si počkal, jak bude hrát hráč, který měl bílé figurky a provedl ten samý tah na druhé šachovnici. Pokud důsledně dodržoval tento postup, pak se vlastně na obou šachovnicích hrála stejná hra. Pokud hra skončila remízou, získal Gil dvakrát půl bodu. Pokud někdo vyhrál, tak na jedné šachovnici hrál Gil barvou, která vyhrála. Proto i v tomto případě získal bod. Je tedy zřejmé, že pokaždé získá alespoň bod.

Komentář: Většina z vás přišla na princip, ale opět jste nezdůvodňovali, proč je vaše řešení správné. Za řešení bez zdůvodnění jsem strhával bod.

Úloha č. 6

Jedenáctiúhelník má jedenáct různých vrcholů, proto útvar na prvním obrázku není jedenáctiúhelník. Protože jsme však na to v zadání přímo neupozornili a není to tak úplně jasné, dával jsem za takovéto řešení (v případě, že nechybělo zdůvodnění) čtyři body.

Každý trojúhelník má tři vrcholy, pokud by každý vrchol na obrázku byl vrcholem našeho jedenáctiúhelníka, musí být na obrázku alespoň 11 vrcholů. Potřebujeme tedy alespoň tři menší trojúhelníky (tři vrcholy jsou v původním trojúhelníku a pouhé dva trojúhelníky přidají jen nejvýš šest vrcholů). Další tři vrcholy by znamenaly dvanáct vrcholů; můžeme však nechat některé z vrcholů „splynout“ (viz obrázek). Stačí tedy tři trojúhelníky.

Úloha č. 7

Valná většina z vás tento příklad bez problémů vyřešila a správně pochopila, že Gil nehrál na liché struny, ale na lichý počet strun.

Mohl tedy zahrát na všech pět strun: 1 akord

Na tři struny (označíme si struny čísly 1 až 5): 123, 124, 125, 134, 135, 145, 234, 235, 245, 345 - 10 akordů

Na 1 strunu - 5 akordů

Více možností není, celkem tedy Gil mohl zahrát 1+10+5=16 akordů.

Úloha č. 8

(Podle Miroslava Hejny)

Pomyslnou kostrou zvolíme krychli. Je zřejmé, že špejle mohou tvořit jen hrany, stěnové a tělesové úhlopříčky. Je velmi výhodné používat stěnové úhlopříčky, které jsou vidět ze všech tří stran. Takto můžeme vytvořit úhlopříčky všech šesti stran (úhlopříčky protilehlých stran se při kolmém pohledu na jejich stěnu kryjí). Spotřebujeme 6 špejlí (viz obr.). Abychom dokázali, že šestišpejlové řešení je minimální, musíme dokázat, že útvar nelze vytvořit z pěti špejlí.

Z každého pohledu vidíme pět špejlí, proto kdybychom předmět vytvořili z pěti špejlí, musela by být každá špejle viditelná ze všech tří stran. Žádná špejle by tedy nemohla být hranou krychle, musela by být stěnovou či tělesovou úhlopříčkou. Jenomže uděláme-li z jedné špejle tělesovou úhlopříčku, nemůžeme už udělat žádnou další stěnovou úhlopříčku, protože by se buď s tělesovou úhlopříčkou křížila,nebo by se s ní v aspoň jednom pohledu kryla. A to je spor s naším předpokladem, že každá špejle je vidět ze tří stran. Nemůžeme-li udělat úhlopříčku tělesovou, pokusíme se o úhlopříčky stěnové. Máme šest stěn, tedy prostor pro šest úhlopříček. Snadno se můžeme přesvědčit, že vynecháme-li úhlopříčku jedné stěny, řešení nebude vyhovovat.

K sestrojení předmětu je potřeba nejméně šest špejlí.

Opravovali: Olga Janouchová (1,7), Jarmila Večeřová (2), Markéta Matoušková (3), Renata Sikorová (4), Petr Kačenka (5), David Opěla (6), Vít Strádal (8).