Úloha č. 1

Je dobré si uvědomit fakt, že pokud se hra dostane do stavu, že zbývá odebrat ještě počet kuliček dělitelný pěti, tak hráč, který je na tahu, prohrává. To proto, že ať sebere 2 nebo 3 kuličky, protihráč mu opačným tahem (tím je myšleno pokud vezme 2, protihráč vezme 3 a naopak) vrátí hru opět do počtu kuliček dělitelných 5-ti. Tak to bude postupovat až do chvíle, kdy nezbudou žádné kuličky. V našem případě je kuliček na začátku hry 12. Tedy pro začínajícího hráče se nabízí strategie vzít 2 kuličky, čímž se nezačínající hráč dostal do prohrávající pozice popsané výše, neboť kuliček zbývá 10. Strategie pro začínajícího hráče je tedy: vzít 2 a pak odpovídat na soupeřovy tahy opačnými. Pokud tedy má začínající hráč vítěznou strategii, která mu za každých okolností zaručí výhru, tak pochopitelně nezačínající hráč žadnou vítěznou strategii mít nemůže, jelikož vždy prohraje.

Úloha č. 2

V zadání nebylo jasně uvedeno, zda písmenka ve dvojici mají být různá, obě možnosti tedy byly uznány (i když striktně vzato, pokud není zakázáno opakování písmen, je povoleno). Vyřešíme nejprve úlohu bez dvojic typu AA a pak uvedeme, jak z toho získat řešení té druhé úlohy.

Dvoupísmenné slovo je určeno místem, kde začíná, a to může být buď první, druhé, ..., nebo předposlední písmenko. Slovo obsahující n písmen obsahuje tedy n-1 dvoupísmenných slov, ne však nutně různých.

Celkem máme 4\cdot3=12 dvojic, neboť na prvním místě máme 4 možnosti a na druhém 3. Každé písmenko je prvním písmenkem tří dvojic a stejně tak i druhým písmenkem tří dvojic. A tak nejkratší slovo musí obsahovat aspoň 13 písmenek (a pokud takové třináctipísmenkové slovo je, musí být všechny přečtené dvojice různé).

Takové slovo skutečně existuje, například MAMSMRASARSRM. K nalezení takového slova stačí začít libovolným písmenkem (např. M), psát písmenka za sebe a dodržovat jediné pravidlo: napsané písmenko tvoří s předchozím písmenkem slovo, které se v předchozích nevyskytuje, a pokud máme více možností, jak toto dodržet, vybereme si jiné písmenko než M (se kterým jsme začali). Skončíme, když již není možno pokračovat. Pokud skončíme, znamená to, že jsme toto poslední písmenko napsali již počtvrté (neboť všechna tři pokračování už jsou vyčerpána) a je to tedy písmenko M (jiné nelze počtvrté napsat, protože by bylo druhým písmenkem už ve čtvrté dvojici). Takže M už bylo napsáno za všechna ostatní tři písmenka a tudíž už tam jsou napsány všechny dvojice začínající jiným písmenkem než M, neboť těm dáváme přednost. Ale stejně tak i ty začínající M, protože předchozí tři M následuje vždy jiné písmenko.

Máme-li slovo bez dvojic stejných písmen, zdvojením jednoho výskytu každého z písmen získáme slovo, které obsahuje i dvojice stejných písmen. Naopak, máme-li slovo obsahující všechny dvojice (včetně dvojic stejných písmen), lze tam nalézt AA, MM, SS, RR a vynecháním jednoho písmene z každé z těchto dvojic získat slovo řešící první úlohu. Tento převod přidává (resp. ubírá) 4 písmena a tak řešení druhé úlohy je slovo délky 17 a má tvar například MMAAMSSMRRASARSRM.

Komentář: Za uvedení počtu dvojic (zdůvodněné alespoň výčtem takovým, že je vidět, že není nic vynecháno) jsem dával 1 bod, za příklad slova 2 body a za zdůvodnění, že je nejkratší, dva body. Nejčastěji jste velmi odbyli právě ono zdůvodnění, že jde o nejkratší slovo.

Úloha č. 3

Nebylo příliš těžké vyzkoušet různé možnosti natočení čtyřúhelníka a trojúhelníka. Pokud jste zkoušeli dostatečně pečlivě, povedlo se vám určitě umístit čtyřúhelník a trojúhelník tak, aby jejich průnik byl sedmiúhelník.

U správného řešení by ovšem nemělo chybět zdůvodnění, proč nelze najít průnik s větším počtem stran. Je to proto, že každá ze stran průniku, je částí některé strany čtyřúhelníka nebo trojúhelníka. Na žádné ze stran trojúhelníka nebo čtyřúhelníka ovšem nemůžou ležet dvě strany průniku zároveň. Průnik tedy může mít nejvýše tolik stran, kolik je součet počtu stran trojúhelníka a čtyřúhelníka dohromady -- což je 7.

Komentář: Někteří z vás nevěděli, co je to průnik. Je to ta část území, kterou měly obě země společnou. Místo toho jste hledali sjednocení. U všech řešení bohužel chybělo zdůvodnění, proč je sedmiúhelník opravdu největší možný průnik.

Úloha č. 4

Ve vašich řešeních se nejčastěji vyskytovaly dva způsoby počítání.

Někteří z vás si všimli, že všechna kladná lichá čísla menší než 100 se dají seřadit do dvojic, a to tak, že první spárujeme s posledním, druhé s předposledním, třetí se třetím největším atd. Přitom součet každé dvojice je 100, např. 1+99 = 3+97 = 5+95 = 100. Obecně se dá říci, že ve dvojici jsou čísla k a 100-k, takže jejich součet je opravdu 100. Lichých čísel je polovina ze všech celých čísel od 1 do 100, tedy 50, a z nich vytvoříme 25 dvojic, každou se součtem 100. Celkový součet všech kladných lichých čísel menších než 100 je tedy 2500.

O něco pracnější postup je sčítání jednotek a desítek zvlášť. Součet číslic na místě jednotek je v každé desítce 1+3+5+7+9 = 25. Na místě desítek se objevují číslice 1, 2, 3, ..., 8, 9, každá z nich právě pětkrát (v každé desítce je pět lichých čísel). Za desítky dostáváme tedy 5 \cdot (1+2+\cdots+9) \cdot 10 = 2250, deseti násobíme právě proto, že sčítáme číslice na místě desítek. Za jednotky dostaneme desetkrát 25, tedy 250. Celkový součet je pak 2250+250=2500.

Komentář: Většina řešení byla správná. Někteří z vás upozornili, že musíme počítat jen kladná lichá čísla, neboť jinak je lichých čísel nekonečně mnoho a součet (v podstatě) nemá smysl.

Úloha č. 5

Nejprve si vypišme všechny způsoby, kterými lze dosáhnout součtu 6. Je to těchto 11 možností: 6, 1+5, 2+4, 3+3, 1+1+4, 1+2+3, 2+2+2, 1+1+1+3, 1+1+2+2, 1+1+1+1+2, 1+1+1+1+1+1.

Kombinacemi cifer dostaneme těchto 33 čísel, neobsahujících 0: 6, 15, 51, 24, 42, 33, 114, 141, 411, 123, 132, 213, 231, 312, 321, 222, 1113, 1131, 1311, 3111, 1122, 1212, 1221, 2112, 2121, 2211, 11112, 11121, 11211, 12111, 21111, 21111, 111111.

Další možnosti dostaneme doplněním libovolného počtu cifer „0“ na libovolnou pozici uvnitř čísla nebo na konci.

Komentář: Někteří z vás našli sice nekonečný počet řešení (například šestka a za ní libovolný počet nul), ale zdaleka ne všechna řešení.

Úloha č. 6

Naším úkolem je zjistit počet jednotlivých druhů zvířat v ohradě. Označme si proto jejich počty jako:

a	počet Aleonů,
t	počet Třpytníků,
h	počet Hbitníků,
p	počet Plašníků.

Nyní již můžeme známé údaje zapsat do rovnic:

289	= 5a + 8t + 21h,	nohy
41	= 3a + t + 2h + p,	hlavy
2a + 3p	= t + p.	uši = nosy

Nyní budeme tyto rovnice upravovat. Nejprve si z poslední vyjádříme t: t = 2a + 2p a dosadíme do zbývajících dvou:

Z druhé rovnice spočítáme h a dosadíme do první rovnice. Po úpravě dostaneme rovnici ve tvaru:

Je to rovnice o dvou neznámých. Pokud by čísla a a p mohla být libovolná, měla by rovnice nekonečně mnoho řešení. My však víme, že obě čísla musí být celá a nezáporná (protože označují počet zvířat). Když vezmeme v úvahu číslo a, může toto číslo nabývat hodnot od 0 do 4 (pro 5 už pětinásobek 63 přesahuje 283 a číslo p by muselo být záporné). Máme tedy 5 případů, které musíme prozkoumat. Do rovnice 31p=283-63a budeme postupně dosazovat za a čísla 0, 1, 2, 3, 4. Na pravé straně takto dostaneme čísla 283, 220, 157, 94 a 31. Násobkem čísla 31 je pouze 31, z toho plyne, že a=4 a p=1. Nyní už je jednoduché dopočítat také h a t: h=9 a t=10.

V ohradě tedy bylo 10 Třpytníků, 9 Hbitníků, 4 Aleoni a 1 Plašník.

Úloha č. 7

K zisku pěti bodů stačilo nakreslit, jak má být útvar rozdělen.

Úloha č. 8

Máme-li pokrýt čtverec 6 \times 6 obdélníky 1 \times 4, musíme pokrýt i všechny rohy čtverce. Například levý dolní roh může být pokryt jen vodorvným nebo svislým obdélníkem. Stačí nám uvažovat pouze první případ (obrázek 1), protože druhý vznikne jen překlopením čtverce kolem úhlopříčky. V dolní řadě tak zůstanou 2 volné čtverečky a ty už mohou být pokryty jen dvěma svislými obdélníky (obrázek 2).

[[Image(archiv/rocnik15/vz3.2.png)]]

obr. 1

[[Image(archiv/rocnik15/vz3.3.png)]]

obr. 2

Tak nám v pravém sloupci nahoře zůstanou 2 volné čtverečky, které už můžeme pokrýt pouze vodorovnými obdélníčky (obrázek 3). Podobnou úvahu zopakujeme ještě jednou a zbyde nám tak uprostřed čtverec 2 \times 2 (viz obrázek 4), který už ovšem obdélníkem 1 \times 4 nepokryjeme. Proto šachovnice danými obdélníky nelze pokrýt.

[[Image(archiv/rocnik15/vz3.4.png)]]

obr. 3

[[Image(archiv/rocnik15/vz3.5.png)]]

obr. 4

Komentář: Za správnou odpověď jsem uděloval 1 bod. Další body jste mohli získat podle zdůvodnění svého tvrzení.

Úlohy třetí série opravovali: 1. Roman Fiřt, 2. David Opěla, 3. Jakub Vojtíšek, 4. Jan Foniok, 5. Vít Strádal, 6. Renata Sikorová, 7. Viktor Bobro, 8. Zbyněk Pawlas.