Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Začneme několika obecnými úvahami, které se strategií týkají. Strategie, jakou máme na mysli, je podrobný návod, jak hrát -- jaké tahy volit jako reakci na všechny možné tahy, které může soupeř udělat. V řešení tedy nebude stačit předvést jednu ukázkovou partii a říci: „První hráč vyhrál, přestože druhý dělal dobré tahy, proto pro prvního hráče existuje vyhrávající strategie.“ Na druhé straně, když strategii popisujeme, nemusíme zdůvodňovat prováděné tahy, stačí, že vedou ke zvolenému cíli. Dále si všimněme, že pokud má první hráč vyhrávající strategii, nemůže pro druhého existovat neprohrávající strategie.

Nejdříve se budeme zabývat rovinnou variantou. Ukážeme, že pro oba hráče existují neprohrávající strategie. Označme si políčka piškvorkovnice A1--C3.

A teď tedy slíbená neprohrávající strategie pro prvního hráče. První křížek umístíme na B2 (tedy doprostřed). Protože hrací pole je symetrické, má druhý hráč vlastně jen dvě možnosti, jak hrát: do rohu (A1) nebo doprostřed strany (A2). Oba případy dále rozeberme; nejprve ten kratší, což je zrovna ten druhý. Budeme pokračovat tahem na A1. Soupeř musí hrát na C3 (pozn. pod čarou: Sice jsme v úvodu řekli, že nesmíme předpokládat, jak protihráč táhne, a zde to zdánlivě porušujeme. Této větě tedy rozumějme: „Pokud protihráč táhne jinam, tak tam budeme hrát my a vyhrajeme, protože dokončíme piškvorku.“), my odpovězme na C1. Hrozíme výhrou na sloupci 1 a na úhlopříčce C1--A3, protihráč nemá možnost obě tyto hrozby pokrýt (leda by porušil pravidla) a ať táhne kamkoliv, vyhrajeme dalším tahem (na B1 nebo A3). Nyní dořešme zbývající případ (my jsme hráli B2 a soupeř odpověděl na A1). Nakresleme křížek na A2, soupeř musí na C2, odpovězme na B1, protihráč reaguje B3, hrajme na A3, soupeř odehraje na C1, a po našem posledním tahu na C3 partie končí remízou. Tedy s jakýmkoliv protihráčem umíme uhrát nejhůř remízu.

Řešení by mělo pokračovat podobným popisem postupu pro protihráče. Pro zkrácení ho ale vypouštíme. Na závěr přejděme k prostorové variantě. Jednotlivé „krabičky“ si tentokrát označíme A1x--C3z. Zde existuje vyhrávající strategie pro prvního hráče (což vylučuje neprohrávající strategii pro druhého). Hrajme na B2y. Nyní soupeř může odpovědět třemi způsoby: do rohu krychle, doprostřed hrany nebo doprostřed stěny. Opět pro zkrácení rozebereme jen jeden případ, například první, tedy A1x. Odpovězme na A2y, soupeř má vynucený tah na C2y a my tahem na A1y hrozíme výhrou na A3y a C3y a v dalším tahu zvítězíme.

Úloha č. 2

Řešení podle Jana Tkadlece. Nejpřehlednější bude znázorňovat jednotlivé počty do množinového diagramu. Označme x počet well-Bloudů, kteří umí všechny tři jazyky. Je jich stejně jako těch, kteří umí jen katalánsky a jen velšsky. Čínsky a katalánsky umí 6 well-Bloudů, takže 6-x z nich neumí velšsky. Well-bloudů, kteří umí katalánsky, je o 2 méně než těch, kteří umí velšsky. Proto těch, kteří umí jen velšsky a čínsky, je 8-x. Čínsky umí celkem 25 well-Bloudů. To znamená, že jenom čínsky jich umí 25-(6-x)-x-(8-x)=11+x. Dohromady je 30 well-Bloudů. Z toho dopočteme, že jenom katalánsky a velšsky umí 5-2x well-Bloudů.

Ze zadání má platit

Protože x je celé číslo, musí být x \geq 2.

Na druhou stranu počty well-Bloudů jsou větší nebo rovny 0. Tedy

Z obou podmínek vyplývá jediná možnost a to, že x=2.

Čínsky mluví 25 well-Bloudů, katalánsky umí 9 well-Bloudů a velšsky mluví 11 well-Bloudů.

Komentář: Většina řešitelů dospěla k tomu, že jen velšsky umí 0, 1 nebo 2 (stejně tak jen katalánsky). Ti, co opomněli nulu, dostali 4 body (přece jen je to řešení horší). Pokud jste neměli vůbec žádné zdůvodnění nebo postup, dostali jste 2 nebo 3 body. A vzhledem k tomu, že se často vyskytl předpoklad, že 6 well-Bloudů umí jen katalánsky a čínsky, dával jsem těmto řešitelům po 1 bodu, pokud měli alespoň pro tento případ správné řešení.

Úloha č. 3

Označme daný čtyřúhelník ABCD (dle obrázku). Podle zadání je |AD|=|CD|=|BC| a |AC|=|BD|=|AB|. Proto jsou podle věty sss trojúhelníky ABC a BAD shodné. Navíc jsou tyto trojúhelníky rovnoramenné. Velikost úhlů u základen označíme \alpha. Platí tedy $|\angle BAD|=|\angle ADB|= |\angle ABC|=|\angle ACB|=\alpha$. Využijeme-li větu sss ještě jednou, zjistíme, že i ACD a BDC jsou shodné rovnoramenné trojúhelníky. Označme |\angle DAC|=|\angle ACD|=|\angle BDC|=|\angle CBD|=\beta. Nyní vidíme, že |\angle BAC|=|\angle ABD|=\alpha-\beta. Součet vnitřních úhlů v trojúhelníku ABD je 180\deg:

Stejně tak součet vnitřních úhlů v trojúhelníku BCD je 180\deg:

Po dosazení do první odvozené rovnice dostaneme:

Odtud už snadno dopočítáme $\alpha = 180\deg - 3\beta = 180\deg - 3 \cdot 36\deg = 72\deg$.

Velikosti vnitřních úhlů čtyřúhelníku jsou 72\deg, 72\deg, 108\deg a 108\deg. Jelikož úhly u delší základny jsou stejné a zároveň úhly u kratší základny jsou stejné, jsou strany AB a CD rovnoběžné. Jedná se tedy o rovnoramenný lichoběžník.

Komentář: Dva body jsem uděloval za odůvodnění, proč se jedná o rovnoramenný lichoběžník. Tři body jsem uděloval za správné spočítání úhlů v lichoběžníku. Nelíbila se mi řešení, která využívala rýsování, protože nebylo zdůvodněno, že se dá použít libovolná velikost základny. Dále v těchto řešeních většinou chybělo, jak jste přicházeli na velikosti ostatních stran v lichoběžníku.

Úloha č. 4

Pokud máme změnit pravou stranu právě jedné z pěti rovnic tak, aby pak už měla soustava rovnic řešení, znamená to, že čtyři z pěti zadaných rovnic toto řešení mají už teď. Odečteme-li od třetí rovnice rovnici druhou, dostaneme x-y=3. Pokud odečteme od čtvrté rovnice pátou, dostaneme také x-y=3. To znamená, že právě použité čtyři rovnice spolu korespondují; kdybychom změnili pravou stranu některé z nich, soustava by řešitelná nebyla. „Chyba“ bude tudíž v rovnici první. Abychom zjistili, jak máme změnit pravou stranu první rovnice, musíme zjistit, čemu se rovná výraz x+y (tj. její levá strana). Zjistíme to třeba tak, že od čtvrté rovnice odečteme třetí; dostaneme rovnici x+y=39. Stačí tedy změnit pravou stranu první rovnice ze 41 na 39. Vyřešíme-li upravenou soustavu rovnic, dostaneme řešení x=21, y=18, z=-5.

Úloha č. 5

Pokud a, b jsou číslice prvního dvojciferného čísla a c, d jsou číslice druhého dvojciferného čísla, pak příklad uvedený v zadání lze zapsat takto: (10a+b)(10c+d)=(10b+a)(10d+c). Upravením získáme

Uvažujme následující čtyři možnosti a u každé určíme, kolik dvojic splňuje podmínku (\ast).

• a=b=c=d: takových dvojic existuje celkem 9 (11 \cdot 11, ..., 99 \cdot 99),
• a=b, c=d, b\ne_gr(c): dostaneme 36 různých dvojic (11 \cdot 22, ..., 88 \cdot 99),
• a=d, b=c, b\ne_gr(d): opět máme 36 různých dvojic (12 \cdot 21, ..., 89 \cdot 98),
• ostatní možnosti: můžeme předpokládat, že a je nejmenší ze čtyř hledaných číslic. V tabulce jsou vypsána všechna řešení rozdělená podle hodnoty a. Při hledání číslic b, c a d přitom s výhodou využijeme vztah (\ast). Například pro a=1, máme c = bd a lehce zjistíme, že je celkem 6 způsobů, jak napsat číslici c jako součin dvou číslic: 4=2\cdot2, 6=2\cdot3, 6=3\cdot2, 8=2\cdot4, 8=4\cdot2, 9=3\cdot3.

Komentář: Plný počet bodů jsem dávala za správné určení všech řešení na základě matematických úvah (1 bod za vytvoření a upravení rovnice s vysvětlením, čeho jsme dosáhli, 1 bod za řešení uvedená v 1. a 2. možnosti, 1 bod za řešení ze 3. možnosti a 2 body za řešení ze 4. možnosti). Body jsem strhávala za nejasnosti v postupu, úvahy bez vysvětlení „z čeho to plyne“. Pokud někdo usoudil ze zadání na rovnici b^{2} = ac a měl všechna řešení, dostal pět bodů.

Pikomat není programátorská soutěž, proto jsem hodnotila pouze matematické úvahy, nikoli to, že dotyčný má všechna řešení. Pokud někdo poslal schéma programu bez popisu, co to dělá a proč, mohl dostat jeden bod za snahu. Nula bodů jsem nikomu neudělila.

Úloha č. 6

Nechť x označuje obsah plochy trojúhelníku ACF, nechť obsah trojúhelníku ADF je y, obsah trojúhelníku BDF je z a obsah trojúhelníku BEF ať je ž.

Jelikož |AD|=|BD|, je obsah trojúhelníku ADC roven obsahu trojúhelníku BDC (výšku mají oba tyto trojúhelníky také stejnou, a to vzdálenost bodu C od přímky AB). Takže obsah každého z těchto dvou trojúhelníků je roven polovině obsahu trojúhelníku ABC. Dostáváme tak rovnice

Podobně je obsah trojúhelníku ADF roven obsahu trojúhelníku BDF, tedy

Protože trojúhelníky BEF a CEF mají stejnou výšku (vzdálenost bodu F od přímky BC), je poměr jejich obsahů roven poměru délek úseček BE a CE. Podrobněji: Je-li v vzdálenost bodu F od přímky BC, pak

Dostáváme tedy (sledujte obrázek)

Podobně jsou v poměru délek úseček BE a CE i obsahy trojúhelníků BEA a CEA. To znamená, že

Z rovnic (4') a (4'') dostaneme rovnici

Vyřešíme soustavu rovnic (1)--(4) například tak, že si neznámé y, z a ž vyjádříme pomocí neznámé x a dosadíme do rovnice (4):

Dosazení do rovnice (4) pak dává

neboli

Řešení kvadratické rovnice jste se mohli naučit například v komentářích ke čtvrté sérii, a tak už jistě víte, že tato rovnice má řešení

Vzhledem k tomu, že x představuje obsah trojúhelníku, záporné řešení nepřipadá v úvahu. Máme tedy x=6 a snadno už dopočítáme y=3/2, z=3/2 a ž=2. To znamená, že

Vidíme, že Královo království je největší.

Komentář: Úloha byla dosti obtížná, proto jen málo řešení bylo zcela správných. Většina dokázala určit velikost Králíkova království (1 bod). Někteří navíc zjistili, že největší je Královo království, a zbytek buď neuměli nebo přehlédli v zadání otázku na všechny plochy (podle kvality 2--3 body). Opět se vyskytla řešení typu narýsuj a změř ; při takových řešeních dochází k nepřesnostem, navíc nikdo neuvedl postup, jak trojúhelník sestrojit.

Úloha č. 7

Nejprve si osvěžíme základní pojmy. Výška na stranu AB je úsečka kolmá na AB, jejími krajními body jsou C a pata kolmice (označena P). Těžnice na stranu AC (označíme ji t_{b}) je úsečka s krajními body B a S_{AC} (střed strany AC).

Trojúhelník BCP je pravoúhlý a známe dvě jeho strany -- je tedy zadán podle věty Ssu. Narýsovat jej je možné několika způsoby, například nejdříve narýsujeme PC, v bodě P k ní vedeme kolmici (přímka PX) a sestrojíme kružnici k_{1} se středem C a poloměrem rovným |BC|. Průnik kružnice k_{1} a přímky PX je bod B.

Dále hledáme bod A. Ten leží na přímce AB a zároveň na přímce CS_{AC}. Najděme tedy bod S_{AC}. Leží na kružnici k_{2} se středem B a poloměrem rovným délce t_{b}. Víme, že S_{A}C je střed AC, proto nutně musí ležet také na přímce rovnoběžné s PB, která je přesně v polovině mezi C a P (neboli jde o osu úsečky CP).

Podtrženo a sečteno:

• I.Rozbor

Dáno: \triangle BCP (podle věty Ssu).

Hledáme:

• bod S_{AC}:

• S_{AC} \in k_{2}(B,|t_{b}|),
• S_{AC} \in p, p je osa CP.

• bod A:
• A \in \leftrightarrow PB,
• A \in \leftrightarrow CS_{AC}.

• II.Zápis konstrukce

• \triangle BCP,
• p; p je osa CP,
• k_{2}; k_{2}(B,|t_{b}|),
• S_{AC}; S_{AC} = p \cap k_{2},
• A; A \in \leftrightarrow CS_{AC} \cap \leftrightarrow PB,
• \triangle ABC.

• III.Konstrukce

Tady bylo třeba použít vhodné měřítko (např.

1 cm \cong 1 palec).

• IV.Diskuse počtu řešení

Úloha má v dané polorovině právě dvě různá řešení (kružnice k_{2} protne přímku p ve dvou různých bodech).

Komentář: Ideální řešení mělo obsahovat náčrtek, rozbor, zápis konstrukce, konstrukci a diskusi počtu řešení. Za chybějící druhé řešení nebo diskusi jsem strhával 1 bod, taktéž za chybějící narýsování. Nepleťte si osu úhlu s těžnicí!

Opravovali: 1. Petr Škovroň, 2. Jan Blažek, 3. Viktor Bobro, 4. Lenka Blažková, 5. Václava Kopecká, 6. Jan Foniok, 7. Karel Pazourek.