Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Trhovec směňoval jen čtyři věci — vajíčka křepelek, sušené maso, výhonky bambusu a houby. Když za trhovcem přišli lidé, aby od nich koupil sušené maso a poté vajíčka křepelek, dal jim sušené maso. Když mu nejdřív dali cokoliv ze čtyř surovin a poté sušené maso, dostali sušené maso. Když mu nejdříve dali vajíčka křepelek a pak houby, dostali vajíčka křepelek. Ale když mu naopak dali nejdřív houby a pak vajíčka křepelek, dostali houby. Dali-li mu nejdřív výhonky bambusu a pak jakoukoliv další surovinu, dostali opět onu vloženou surovinu. Ale navíc u trhovce platilo, že když k výsledku z první a druhé suroviny přidali třetí, bylo to totéž, jakoby výsledek druhé a třetí dali po první surovině. Co ale mohli lidé dostat, když dali trhovci dvakrát za sebou houby? A co když mu dali sušené maso a pak houby?

Řešení: Už ze zadání vidíme, že trhovec to nemá v hlavě docela v pořádku. Jeho chování se tedy nebudeme snažit odhadnout podle pozorování jeho obchodních transakcí, ale využijeme jediné pevné pravidlo, které jsme ze zadání dostali. „Ale navíc u trhovce platilo, že když k výsledku z první a druhé suroviny přidali třetí, bylo to totéž, jako by výsledek druhé a třetí dali po první surovině.“ To se dá symbolicky vyjádřit takto:

Téhle rovnosti zkusíme využít pro to, abychom ze známých obchodních operací dokázali odvodit ty neznámé. Víme například, že za houby a vajíčka trhovec dává zpět houby. Zkusme tedy zadaný problém houby + houby rozšířit o tuto znalost:

A vida, pravou stranu „rovnice“ vyřešit umíme. Za vajíčka a houby dává trhovec vajíčka. Pak napravo zůstává...

Vidíme tedy, že dáme-li trhovci dvakrát za sebou houby (což je to stejné, jako dát mu houby, vajíčka, výsledek směny a houby), dá nám nazpátek houby. Podobným způsobem vyřešíme i otázku sušeného masa a hub:

Proto dostane-li trhovec sušené maso a pak houby, vydá nazpět sušené maso.

Komentář: Skoro všichni řešitelé odpověděli správně, jen někteří však svou odpověď zdůvodnili výše popsaným logickým postupem. Ti dostali plným právem 5 bodů. Jiní ale zkoušeli různě odhadovat, podle jakých pravidel se trhovec řídí, a odvozovali různé přírodní zákony. Tak postupuje přírodovědec a ne matematik. Za takový postup byly pouze 2 body.

Úloha č. 2

Jelikož měly sýry tvar pravidelných krychliček, vyrovnal si je do hranolu 2\times3\times3. A jak stály celý den na sobě, přilepily se některé k sobě. Teď se po zemi válelo několik kusů, které měly tvar jako na obr. 1. Kupec jen věděl, že původně se každý tento kus dotýkal každého dalšího. Jak byly kusy uspořádané?

obr. 1

Řešení: Chceme vytvořit hranol 2\times 3\times 3. Představíme si ho jako dvě vrstvy krychliček ve „čtverci“ 3\times 3. Kusy ze zadání si po řadě označíme T, L, Z, I a J.

Nejprve si určíme vzájemnou polohu prvních tří kusů. Tyto tři kusy nemohou být umístěny každý v obou vrstvách, všechny rovnoběžně vedle sebe (krajní by se vzájemně nedotýkaly). Je jasné, že kusy T, Z nemohou být oba umístěny celé v jedné vrstvě (oba zaplňují prostřední krychličku). Žádné dva z kusů T, Z, L nemohou být oba v obou vrstvách, protože by se buď tyto dva nedotýkaly, nebo by vzniklo místo v rohu, velikosti jedné krychličky, které nelze nijak zaplnit, nebo by byly obsazené středové krychličky v obou vrstvách, tedy nelze umístit kus T, případně Z.

Dále zkoumáme polohu T a Z. Pokud by v jedné vrstvě ležel celý kus T a dvě krychličky z kusu Z, tak musíme doplnit řadu s dvěma krychličkami ze Z krychličkou z kusu I, pak se ale nebude I dotýkat J (ten bude z druhé strany T). Pokud by Z leželo celé v jedné vrstvě a T v ní mělo tři krychličky, tak by se buď kus doplňující krychličku v rohu nedotýkal T, nebo by se T nedotýkal kus I ležící na kraji Z. Tedy pokud Z leží celé v jedné vrstvě, tak v ní má T jen jednu krychličku a leží na kusu Z (jinak by vznikla prázdná krychlička) — viz obr. 2.

Tedy víme, jak vzájemně leží kusy T a Z. Můžeme dát kus Z do spodní vrstvy. K nim se budeme snažit přiložit kus L. Ten nemůže ležet celé v jedné vrstvě (buď by byla prázdná rohová krychlička, která by nešla zaplnit, nebo by vznikla ohraničená mezera tvaru 3\times 1), tedy L bude v obou vrstvách. Kdyby mělo L ve spodní vrstvě jen jednu krychličku, vznikne nezaplnitelná krychlička v rohu nebo se L nebude dotýkat T. Tedy L má ve spodní vrstvě tři krychličky a je jen jeden způsob, jak ho umístit (na kraj spodní vrstvy sousedící dvěma krychličkami se Z a jednou s T) — viz obr. 3.

Zbývá umístit tvar J. Ten musí být určitě v obou vrstvách, je jediné místo, kam ho umístit (dotýká se dvěma krychličkami Z, jednou kusu T a jednou kusu L) — viz obr. 4. A na poslední dílek I zbývá místo ve vrchní vrstvě (dotýká se všech ostatních tvarů) — viz obr. 5.

Podle toho, jak jsme kvádr skládali, je jasné, že se každý kus dotýká každého a je to jediný způsob, jak kusy poskládat.

Komentář: Bohužel spousta z řešitelů nedočetla zadání do konce a neřešila, zda se všechny kusy dotýkají všech ostatních, takže nemohli dostat plný počet bodů.

Úloha č. 3

Představoval si, jak se všichni tři jezdci stali pouhými body, vrcholy trojúhelníku. A pak v myšlenkách stvořil i podivné pravítko bez rysky. Mohl s ním buď spojit dva body v přímku, nebo vytvořit přímku rovnoběžnou s už existující přímkou, ale pouze ve vzdálenosti 1 od ní. Nemohl s ním odměřit žádnou vzdálenost, ale přesto dokázal najít bod, který byl od všech stran trojúhelníku stejně daleko. Jak to udělal?

Řešení: Cílem úlohy je najít bod, který je stejně vzdálen od všech tří stran trojúhelníku pomocí zvláštního pravítka. Takový bod odpovídá středu S kružnice trojúhelníku vepsané, který leží na průniku os vnitřních úhlů tohoto trojúhelníku.

Jak takový bod najít, když nemáme kružítko? Využijeme jiného trojúhelníku, který je s původním podobný. Tento trojúhelník A_{1}B_{1}C_{1} sestrojíme tak, že uděláme s každou stranou rovnoběžku, kterou umíme pomocí našeho pravítka. Pokud nyní spojíme vrcholy původního a vytvořeného trojúhelníku, jako na obr. 6, dostaneme osy vnitřních úhlů trojúhelníku ABC. Jejich průsečík je pak hledaný bod S.

obr. 6

Proč je tomu tak? Zaměřme pozornost na čtyřúhelník APA_{1}Q. Jelikož každá dvojice protějších stran je rovnoběžná, jedná se o rovnoběžník. V tomto rovnoběžníku je navíc výška na stranu |AP| rovna výšce na stranu |AQ|, takže jde o kosočtverec. Z toho vyplývá, že |AP|=|QA_{1}|=|AQ|=|PA_{1}|. Trojúhelníky APA_{1} a AQA_{1} jsou tudíž podle věty sss shodné. Proto je $|\angle PAA_{1}|=|\angle QAA_{1}|, a proto je přímka AA_{1} osou úhlu BAC$. Podobně lze ukázat, že přímka BB_{1} je osou úhlu ABC a přímka CC_{1} osou úhlu BCA.

Komentář: Většina řešitelů úlohu vyřešila správně, jen ne každý své řešení odůvodnil. Za nedostatečné vysvětlení jsem strhávala bod.

Úloha č. 4

Ostří mělo vskutku zvláštní tvar. Byl to trojúhelník. Celá plocha ostří měla 12 palců čtverečních. Jedna ze stran měla délku 2 palce a těžnice na tuto stranu byla stejně dlouhá jako jedna ze zbylých stran. Jak dlouhé jsou pak vlastně zbylé dvě strany?

Řešení: Známe-li obsah trojúhelníku a délku jedné strany, můžeme dopočítat výšku k této straně:

Těžnice spojuje střed Y strany BC a protější vrchol A. Pokud je jedna strana trojúhelníku stejně dlouhá jako těžnice, pak tvoří rovnoramenný trojúhelník ABY nad polovinou základny. Výška trojúhelníku ABY je stejná jako výška celého trojúhelníku ABC. Navíc tato výška bude půlit základnu rovnoramenného trojúhelníku; pata X této výšky je středem úsečky BY.

obr. 7

Pro svůj výpočet tedy budu vycházet z těchto hodnot: a = 2 p, |YB| =| YC| = 1 p, |XY| =| XB| = 0,5 p, |XC| = |BC| - |XB| = 1,5 p, v_{a} = 12 p. Pomocí Pythagorovy věty dopočtu zbylé délky stran:

Pokud bych místo nad úsečkou BX konstruovala trojúhelník nad CX, byl by výsledný výpočet totožný, jen jinak značený.

Komentář: Za postup podobný vzorovému byl plný počet bodů. Za čistý výpočet bez postupu byly dva body, další body jsem přidělovala za vysvětlení, proč se délky stran dají vypočítat. Vzhledem k tomu, že tohle byl příklad na počítání, tak jsem nepotřebovala obrázek, nicméně když byl, šlo to vysvětlování lépe. Pokud nebyl, nic jsem nestrhávala.

Úloha č. 5

Král chtěl Menáloa porazit v tradičním turnaji v šermu skupin. Každý má k dispozici 30 šermířů. Ty velitelé rozdělí do šesti týmů; v každém týmu musí být alespoň jeden šermíř. Poté si to každá králova skupina rozdá s každou nepřítelovou skupinou. Platí, že početnější tým vždy vítězí, soupeři nikdy nesestaví stejně početnou skupinu, jako jejich protivník. Celý turnaj vyhraje ten, jehož muži vyhrají dvakrát víc soubojů, než soupeřovi.

Nakonec se ale místo turnaje soupeřilo ve špionáži. Královi zvědové zjistili, že nepřítel připravuje dvě skupiny po čtyřech, dvě skupiny po pěti a dvě skupiny po šesti šermířích. Jak sestaví své skupiny král, aby turnaj vyhrál? Jak nepřítel, když se dozví královy úmysly? Může na to král opět zareagovat a turnaj vyhrát? Jaké rozdělení by potom krále opět poráželo? Je možné, že to původní?

Řešení: Protože podle pravidel se má utkat každá z šesti králových skupin s každou z šesti Menáloových skupin, odehraje se celkem 36 soubojů, přičemž vítěz musí zvítězit ve 24 z nich, tedy ve dvou třetinách zápasů.

Král při sestavování svých skupin proti protivníkovým skupinám o počtech 4, 4, 5, 5, 6 a 6, potřebuje uvažovat asi takto: „Nemohu mít oddíly po čtyřech, pěti a šesti, a tudíž každý můj oddíl bude buď početnější než všechny soupeřovy, a tedy vždy zvítězí, nebo naopak méně početný a bude vždy poražen. Chci-li zvítězit, potřebuji alespoň dvě třetiny oddílů početnějších než 6. Jediný způsob, jak toho dosáhnout, je mít čtyři oddíly po alespoň sedmi šermířích. Na ty je potřeba alespoň 28 šermířů. Použiji-li přesně 28 šermířů, zbudou mi ještě dva šermíři na zbylé dva oddíly, které budou muset být pouze jednočlenné.“ Jediným řešením, jak král může zvítězit, jsou tedy skupiny o velikosti 7, 7, 7, 7, 1 a 1.

Menáloas potom musí uvažovat následovně: „Haha, král má dvě jednočlenné skupiny. Ty podle pravidel ani nejde neporazit a přinesou mi celkem 12 vítězství. Potřebuji ještě dalších 12 — každou ze čtyř sedmičlenných skupin tedy musím porazit třikrát. Proto potřebuji tři skupiny s alespoň osmi šermíři. Na to spotřebuji alespoň 24 šermířů. Ze zbylých šermířů musím sestavit tři skupiny po alespoň dvou, protože nesmím mít jednočlenné skupiny. Na tyto tři oddíly je tedy nutné použít alespoň 6 šermířů. Jediná možnost je tedy mít tři skupiny po osmi a tři skupiny po dvou šermířích.“

Když se král dozví o Menáloově plánu, musí si nejprve spočítat, že pouhým vítězstvím nad Menáloovými třemi dvoučlennými skupinami by získal pouze 18 vítězství. Musí tedy aspoň šestkrát zvítězit nad osmičlennými skupinami. Potřebuje tedy minimálně dva oddíly po alespoň devíti šermířích, které porazí tři osmičlenné Menáloovy oddíly. Možná by si chvíli mohl myslet: „Vždyť mám dost mužů dokonce na tři devítičlenné skupiny! Zbylé tři oddíly by sice musely být jednočlenné, ale minule se to osvědčilo... “ Jenomže není těžké spočíst, že tentokrát by taková strategie nefungovala a rozdělení se třemi devíti- a třemi jednočlennými skupinami by dosáhlo pouze osmnácti vítězství. Král se tedy bude muset spokojit jen se dvěma devítičlennými skupinami a raději se snažit, aby i jeho méně početné oddíly zvítězily nad Menáloovými dvoučlennými. Toho může dosáhnout jedině tak, že 12 šermířů zbylých po vytvoření devítičlenných skupin rozdělí rovnoměrně do čtyř skupin po třech.

Teď je ovšem Menáloas v docela výhodné situaci: Může zvítězit, aniž by potřeboval porazit královy devítičlenné skupiny. Stačí, když bude mít všechny skupiny alespoň čtyřčlenné a tím získá kýžených 24 vítězství jenom nad čtyřmi královými oddíly po třech. Takže krom mnoha jiných možných rozdělení i Menáloovo původní rozdělení by krále porazilo.

Komentář: U této úlohy bylo poměrně snadné najít správné řešení. Mnozí ale bohužel nenapsali, jak na řešení přišli, nebo proč je správné. Za to jsem strhávala až dva body. Se zajímavým nápadem přišel David Ucháč: Existuje takové rozestavení, že i když ho protivník zná, nedokáže proti němu postavit rozestavení, které by ho porazilo?

Úloha č. 6

„Nechce-li se ti říkat počet dnů, ve které doufáš, řekni mi místo toho jiné číslo. To číslo urči tak, že od desetinásobku svého počtu dnů odečteš devítinásobek libovolného jednociferného čísla. A toto číslo mi řekni.“

„Pak ale stejně budete vědět, v kolik dnů doufám.“

„Opravdu? Proč myslíš?“

Řešení: Úlohu budeme řešit směrem od výsledného čísla k původnímu a od jednotek směrem k vyšším řádům. Podíváme se, co bude na místě jednotek výsledného čísla: bude to jedno z čísel 0, 1, 2, ..., 8, 9. Vynásobíme-li postupně všechna jednociferná čísla devítkou, pak dostaneme čísla 0, 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81. Všimněme si zajímavé vlastnosti: Každé z těchto čísel má na místě jednotek jinou číslici. Sečteme-li číslice na místě jednotek násobku 9 a výsledného čísla, pak máme dostat násobek 10, neboli číslo, které má na místě jednotek 0. Z toho plyne, že pro každou číslici výsledného čísla máme právě jeden násobek 9, který když přičteme, tak dostaneme číslo končící nulou. Př.: Představme si, že výsledné číslo je 47; potřebujeme k němu přičíst číslo, které je násobkem 9 a které má na místě jednotek 3. Jediné takové číslo je 63, a proto je původní číslo 110 ($110-7 \cdot 9 = 47$).

Komentář: Úloha byla poměrně jednoduchá, většina z vás ji vyřešila správně. Občas se ale vyskytl problém s tím, že jste ji nezvládli slovně okomentovat. Za stěžejní považují argument, že všechna čísla, která jsou devítinásobkem libovolného jednociferného čísla, mají na místě jednotek různé číslice. Pokud jste tento argument nenapsali, nedostali jste plný počet bodů.

Úloha č. 7

„Vymyslete si čtyři různá přirozená čísla a, b, c, d. A pak z nich vždy vyberte dvojici tak, aby součet této dvojice dělil součet všech čtyř původních čísel. Za každou takovou dvojici vám zodpovím jednu otázku.“

Kolik nejvíce otázek ale nakonec zodpoví kouzelník králi?

Řešení: Velice dobrý způsob, jak začít řešit podobné úlohy, je to, že si čtyři přirozená čísla ze zadání bez újmy na obecnosti seřadím podle velikosti, tj. a>b>c>d. Dále je dobré si uvědomit to, že dvě čísla jsou dělitelná, právě když je jejich podíl celočíselný, a tudíž součet libovolných dvou čísel dělících náš součet a+b+c+d musí být maximálně polovina tohoto součtu (všechna čísla jsou různá, přirozená, a tudíž rovnost a+b=a+b+c+d nastat nemůže). Dále platí:

• (a+b) nedělí (a+b+c+d), neboť a>c, b>d, a tedy 2(a+b)>(a+b+c+d);
• (a+c) nedělí (a+b+c+d), neboť a>b, c>d, a tedy 2(a+c)>(a+b+c+d).

Vzhledem k tomu, že navíc máme šest různých dvojic ze čtveřice a, b, c, d, královi už tedy nemohly být zodpovězeny více jak čtyři otázky. Zbylé dvojice již splňují námi dané podmínky, a tak nám už zbývá je jen najít. Jsou to určitě čísla, která mají hodně dělitelů, a tak si zvolíme třeba 24 nebo 60 a dostáváme postupně čtveřice 1, 5, 7, 11 a 1, 11, 19, 29 a jejich libovolné násobky.

Komentář: Dost z vás mi vypsalo jednu či dvě čtveřice a z nich usoudili maximální počet otázek na které král dostal odpověď, což na plný počet bodů určitě nestačí, i kdyby to nakrásně byla čtveřice ze vzorového řešení. Nalezení čtveřice jsem hodnotil 1, 2 nebo 3 body podle toho, jestli měla 2, 3 nebo 4 dělitele. Zbylé dva body jsem udělil za správné odůvodnění, že jich více být nemůže, tj. za a) a b).

Opravovali: 1. Pavel Houdek, 2. Lenka Petržilková, 3. Klára Krejčíčková, 4. Helena Pučelíková, 5. Tereza Klimošová, 6. Lucka Mohelníková, 7. Lukáš Zavřel.