Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

„Na šachovnici o rozměrech 3 \times 3 stojí bílý kůň a černý střelec tak, že na sebe na začátku hry navzájem neútočí. Kdo z nich má šanci vyhrát, tj. sebrat druhou figuru?“

Řešení: Protože je hrací pole symetrické, můžeme zvolit libovolné obarvení polí. Podle našeho obrázku 1 si rozdělíme hru na dva případy podle toho, jestli je střelec na bílých nebo na černých polích.

• Střelec je na bílých polích. Poté v každém svém tahu má jak střelec, tak kůň na výběr ze dvou polí, na které mohou skočit, a zároveň platí, že druhá figurka tato dvě políčka nemůže ohrožovat zároveň, a proto nastane remíza.
• Střelec je na černých polích. Dokážeme, že bez ohledu na tahy koně dokáže střelec vyhrát. Protože se figurky na začátku neohrožují, střelec se určitě dostane na tah.

• Prvním tahem se může střelec přesunout doprostřed (pokud už tam byl, pokračuje druhým krokem).
• Pokud stojí kůň na černém poli, tak ho střelec vezme, a tím pádem vyhrál. Předpokládejme tedy, že kůň stojí na bílém poli a střelec může skočit na volné černé pole, které kůň neohrožuje. Má k dispozici čtyři, zatímco kůň ohrožuje z bílého políčka jen dvě.
• Kůň nyní stojí na černém poli, střelec skočí do opačného rohu.
• Kůň je nyní na bílém poli. Střelec skočí doprostřed, a protože v dalším tahu může kůň skočit pouze na černá pole, která jsou všechna ohrožena, střelec vyhraje.

Dokázali jsme tedy, že pokud začíná střelec na bílých polích, tak hra skončí remízou, zatímco pokud začíná na černých, tak vyhraje střelec.

Poznámka na závěr: Pokud kůň stojí na začátku hry na prostředním políčku, hra skončí remízou, neboť se neohrožují, kůň nemůže táhnout a střelec jej nemůže nikterak vzít.

Komentář: Většina z vás řešila úlohu rozebíráním počátečních pozic, což je správně, ale jen za podmínky, že na žádnou možnost nezapomenete. Pěkné řešení poslal Vašek Steinhauser.

Úloha č. 2

„Dobrá, už jsem se trochu zamyslel, a tak jsem si vzpomněl, nad čím jsem nedávno přemýšlel na tenise. Celý tenisový kurt je dlouhý $24 _yd()(''pozn. pod čarou: _yd() je značka pro yard'') a široký 8 _yd(). Ve vzdálenosti 6 _yd()$ od síťky je čára, před kterou musí dopadnout míček při podání. Páska na vrchu síťky má tvar lomené čáry, její střed se nachází 0,8 _yd() a kraje 1,2 _yd() nad zemí. Podávající hráč stál 1 _yd() vpravo od středu základní čáry a míček trefil přesně 3 _yd() nad ní. Ten letěl po přímce, proletěl těsně nad síťkou a na soupeřově straně hřiště dopadl 2 _yd() vlevo od podélné osy hřiště. Bylo toto podání platné, nebo míček dopadl až za čáru pro podání?“

Řešení: Záhadu tenisového podání bylo možno rozřešit dvěma způsoby. Jedna část řešitelů se lopotně prodírala houštinou Pythagorových vět a k cíli se propočítala, ta šťastnější část zvolila řešení pouhou úvahou, což je způsob, který si zde nastíníme.

Zadívejme se pro začátek na plánek tenisového dvorce (viz obr. 2). Uvažujme mezní situaci, kdy míček dopadne přesně na čáru ohraničující platné podání. Míček tedy letí z bodu A do bodu B a síťku míjí v bodě D.

A co nevidíme? Dělicí čáry nám krásně trajektorii letu rozdělily po třetinách, míček tedy síťku míjí přesně v druhé třetině své dráhy. Dále si povšimneme, že nám na hřišti vznikly dva podobné trojúhelníky v poměru 3:1, a to \triangle ABC a \triangle DBE. Z toho můžeme odvodit, že je-li ze zadání |AC| = 3_yd(), pak |DE| = 1_yd(). Víme tedy, že míček síťku míjí 3 _yd() od kraje hřiště, kde je síťka vysoká 0,9 _yd() (vyplývá například z trojčlenky). A jak vysoko vlastně letí míček?

Z bodu A míček vylétá 3 yd nad zemí a letí po přímce až do výšky nulové v bodě B. Je tedy zřejmé, že ve dvou třetinách letu v bodě D se nachází 1 _yd() nad zemí -- tedy i 0,1 _yd() nad síťkou. Už vidíme, že takové mezní podání by se uskutečnit mohlo a současně by bylo platné. V zadání jsme se ale dočetli, že míček přelétal těsně nad síťkou. To znamená, že podání popsané v úloze bylo ve skutečnosti vedeno více vlevo na našem plánku tak, aby se míček „dotknul“ sítě a současně dopadl 2 _yd() od podélné osy hřiště. Tedy, ať už to bylo na desetiny palce kamkoliv, podání platné bylo.

Komentář: Řešení, ať už vypočítané nebo vedené úvahou, bylo hodnoceno 5 body, pokud bylo řádně popsáno a logicky zdůvodněno. Za nedostatečný komentář, nebo logickou mezeru jsem strhnul 1 až 2 body. Pokud jste nerozptýlili dostatečně podezření, že jste nic nepočítali, ale pouze jste odpověď naměřili pravítkem z náčrtku, dostali jste 3 body. Někteří zase počítali hezky, ale bohužel jinou úlohu, poněvadž špatně pochopili zadání. Tací obdrželi 2 body. Za větu holou nerozvitou: „Podání bylo platné,“ byl jeden bod.

Úloha č. 3

„V pondělí ráno jsem na zastávce čekala na autobus do sousedního města. Spolu se mnou tam stálo dalších 19 lidí, každý z nich byl úplně jiný, zkrátka jedinečná osobnost, jak už to tak mezi lidmi bývá. Chvíli žádný autobus nejel, ale pak náhle přijely zároveň dva úplně stejné, navzájem nerozlišitelné prázdné autobusy. Každý z lidí na zastávce včetně mě buď nastoupil do jednoho autobusu, nebo do druhého, nebo zůstal stát na zastávce. Kolika způsoby jsme mohli nastoupit do autobusů?“

Řešení: Představme si nejprve, že můžeme autobusy od sebe odlišit. V takovém případě by první člověk mohl buď zůstat na zastávce, nebo nasednout do prvního autobusu, nebo nasednout do druhého autobusu. Druhý člověk se rozhoduje nezávisle na prvním a má stejné tři možnosti, co udělat. Dohromady je to 3 \cdot 3 = 9 možností, jak mohou dva lidé nasednout. Každý další člověk má také tři možnosti, co může udělat. Celkový počet možností, jak mohou lidé nasednout tedy získáme tak, že mezi sebou vynásobíme číslo tři tolikrát, kolik je lidí. V našem případě je lidí dvacet. Celkový počet možností je tedy 3^{20}.

Autobusy v našem příkladu jsou však od sebe neodlišitelné. Celkový počet možností, jak mohou lidé nastoupit tak bude menší než v případě rozlišitelných autobusů. Ukažme si to na příkladu, kdy 19 lidí zůstane na zastávce a jen jeden člověk nastupuje do autobusu. V případě, že jsou autobusy rozlišitelné, má tento člověk dvě možnosti, kam nastoupit. Ale v případě, že jsou autobusy nerozlišitelné, je jedno, do kterého z nich nastoupí, a tedy je to možnost jen jedna. Vždy pro každou možnost nastupování nalezneme možnost symetrickou, ve které jsou pouze prohozeny autobusy. A protože ty jsou nerozlišitelné, znamená to, že celkový počet možností, jak mohou lidé nastoupit, bude poloviční, než v případě rozlišitelných autobusů. Teď nesmíme zapomenout na jednu výjimku. Tou je případ, že všichni lidé zůstanou na zastávce. Tato možnost nemá k sobě žádnou do dvojice, proto před dělením dvěma ještě přičteme k celkovému počtu možností jedničku, abychom měli opravdu všechny možnosti započítány dvakrát. Počet možností, jak může dvacet lidí nastoupit do autobusů podle zadání, je tedy 3^{20}+1/2=1,743,392,201.

Komentář: Nejčastější chybou při řešení příkladu bylo to, že jste počítali tak, jakoby byly autobusy rozlišitelné od sebe. Mnoho z vás si také nevšimlo, že celkový počet lidí na zastávce byl dvacet (devatenáct a Pauline) a počítalo pouze s devatenácti lidmi.

Úloha č. 4

„Při přípravě tohoto moučníku jsem si těsto rozválela do tvaru obdélníku o rozměrech 15 _inch() \times 16 _inch() (_inch() je zkratka pro inch, tedy palec), jehož delší strany byly ještě zakončeny půlkruhy, takže to byl vlastně ovál (na obrázku 3). Kolik rovných pruhů dlouhých $25 _inch() a širokých 2 _inch()$ jsem z těsta mohla nakrájet?“

Řešení: Průměr půlkruhů těsta bude stejný jako strana obdélníku, tedy 15 _inch() (r=7,5 _inch()). Pokud mají být pruhy dlouhé 25 _inch(), musíme z půlkruhů dostat 25-16=9 _inch(). Jelikož máme půlkruhy dva, bude nám z jednoho stačit pouhých 4,5 _inch(). Úsek (na obrázku 3), do kterého se ještě vejde 4,5 _inch() dlouhý pruh, vypočítáme pomocí Pythagorovy věty. Tedy :

Z obrázku 3 je vidět, že tento úsek potřebujeme dvakrát, tedy 12 _inch(). Pokud máme nakrájet proužky široké 2 _inch(), je zřejmé, že z úseku širokého 12 _inch() jich uděláme přesně 6.

Komentář: Většina z vás měla řešení přes Pythagorovu větu. Jen někteří tuto úlohu řešili pomocí rýsování, které ale není přesné. Pozor na to. Velmi pěkně vypracovanou úlohu měla Marie Vonzino.

Úloha č. 5

„Ach, vzpomněla jsem si na paní Edingtonovou. Jednou jsem jí pomáhala třídit všechny knihy ve zdejší knihovně. Vím, že jsme ji chtěli z jedné místnosti přemístit do tří, aby svazky byly lépe přístupné. Proto jsem si pro představu počet knih, který byl čtyřciferný, vydělila třemi a náramně mě zaskočilo, když jsem zjistila, že to nové číslo má stejné číslice, jako mělo to původní. Jaké nejmenší čtyřciferné číslo má tuto vlastnost?“

Řešení: Původní číslo je čtyřciferné a dělitelné třemi, tedy číslo, které dostaneme po vydělení třemi má stejné číslice, tedy je taktéž čtyřciferné. Navíc ciferný součet určuje dělitelnost třemi, a proto původní číslo je dokonce dělitelné devíti. Dále víme, že nové číslo má na místě tisíců alespoň jedničku, původní může mít na místě tisíců tedy nejméně trojku, ale protože mají stejné cifry, musí mít i na jiném místě jedničku. Z dělitelnosti devíti dále dostaneme, že součet zbylých dvou čísel může být 5 nebo 14. Nyní ovšem nemusíme zdlouhavě zkoušet dosazovat všechna čísla, neboť hned první možnost (čísla 0 a 5) nám vytvoří naše hledané číslo: 3,105=3\times 1,035.

Komentář: To, že mají dvě čísla stejné číslice, už nutně znamená, že jsou obě čtyřciferná. Jiná situace by ovšem nastala, kdyby měla pouze stejné cifry (10 a 1100 používají obě stejné cifry). Většina z vás poté úlohu již ozkoušením více či méně možností dořešila, u většiny mi ale chybělo zdůvodnění, že menší číslo už není. Takovýmto zdůvodněním je právě vyzkoušení všech menších čísel, jestli nesplňují vlastnosti ze zadání. Nemusíte samozřejmě zkoušet všechna menší, stačí jen třeba násobky tří, pokud jste neobjevili dělitelnost devíti. V tomto případě to pak bylo hned nejmenší číslo splňující dané vlastnosti.

Úloha č. 6

„Kupříkladu v jedné čtvrti s čtvercovou sítí ulic, která měla tvar čtverce o straně 2012 křižovatek, jsme naháněli ve 2013 policistech jednoho zlodějíčka. Byli jsme rozmístění na některých křižovatkách a na nějaké další stál zloděj. Poté se někteří z nás rozhodli stanoviště změnit, takže nahlásili na velení, kam se přesunou, nasedli na své bicykly a na tyto křižovatky přejeli. Bohužel zlodějíček byl tak mazaný, že naše hlášení odposlouchával, takže předem tušil, kam se kdo přesune a během toho, co se přesouvali, se mohl přemístit jinam. Policista jedoucí na kole zlodějíčka chytit nezvládne, to je moc nebezpečné. Když ale přijede na křižovatku, kam měl namířeno a tam zloděj stojí, chytí ho. Stejně tak zloděje chytne kterýkoli policista hlídkující na křižovatce, pokud přes jeho křižovatku zloděj proběhne. Nakonec jsme zjistili, že ač to vypadá zvláštně, náš počet na zásah nebyl zas tak přehnaný. Věděli byste, jakou strategii jsme nakonec zvolili, abychom zloděje dopadli?“

Řešení: Poznámky k zadání: Cílem nebylo udržet zlodějíčka ve čtvrti, ale chytit ho. Ze zadání se mělo domyslet, že zlodějíček nemůže čtvrť opustit, protože ze čtvrti nejspíše neexistuje nehlídaný východ a vytlačit zloděje mimo čtvrť je tedy stejné jako ho chytit.

Policisté se mohou přesouvat jen na kole, když zloděje potkají, tak to sice poznají a nahlásí, ale nemůžou ho chytit a pokračují v cestě na nahlášené místo.

Policista zlodějíčka chytí, pokud přijde na křižovatku, kde hlídkuje. Nebo pokud zůstane na cestě, která má na obou stranách policajta a někdo tudy právě projel, viděl ho a nahlásil. Nebo pokud jste počítali, že zlodějíček může zůstávat jen na náměstích, tudy ani nikdo nemusel projíždět.

Postup teoreticky: Je jasné, že policisté budou postupně procházet městem a vytlačovat zlodějíčka. Tím, že rozdělí město na dvě části, v jedné bude moct zloděj být (neprozkoumané) a v druhé ne (prozkoumané), (na začátku bude ta prozkoumaná prázdná). A strategie má zabraňovat přesunu zloděje z neprozkoumané části do prozkoumané a přitom zmenšovat neprozkoumanou část, dokud nezbude poslední místo, kde zlodějíček musí být a tam ho policisté chytí.

Postup prakticky: Asi nejjednodušší (v odeslaných řešeních jediná) realizace byla, postavit policajty do řady na jednu stranu čtvrtě a pomocí jednoho volného policajta postupně všechny přesunout o řadu dál a tento postup opakovat. Přitom v každém momentu kontrolovat, jestli zlodějíček nemůže proniknout do zkontrolované části. To jde udělat například tak, že se napřed rozestaví policisté na poslední řadu tak, že na posledním náměstí jsou dva. Jeden z dvojice se přesouvá na začátek řady, a tím zkontroluje cesty mezi náměstími. Potom se opakuje manévr, že se vždy jeden z dvojice posune dopředu (pokud potká zloděje, tak ten zůstane uvízlý mezi dvěma kontrolovanými náměstími) a potom se druhý policajt přesune napravo, toto se opakuje, dokud není celá řada posunuta. Potom volný policajt zkontroluje cesty mezi nově obsazenými náměstími, čímž se vrátí do stejné pozice jako na začátku jen o řadu dále. Tento posun se opakuje, dokud nedojdou na konec čtvrtě nebo zlodějíčka nechytí dříve.

Komentář: Petr Jakubčík správně poznamenal, že i pokud by přesun trval 10 sekund, tak celá operace může trvat $[2011 \cdot (2012+2012+2011)+2012]^{{10} sekund, to je asi 1,405 dní, tedy skoro 4$ roky. A pokud by zloděj nemohl čekat na ulici, ale musel na náměstí, tak „jen“ 2,5 roku.}

Úloha č. 7

Má soustava rovnic

řešení v oboru reálných čísel?

Řešení: Danou soustavu můžeme řešit dvěma způsoby. První z nich je pomocí rovnic.

Z první rovnice si vyjádříme y, tedy y=1-x, dosadíme do druhé rovnice, roznásobíme podle vzorečku (a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2} a upravíme:

Stejně dosadíme do třetí rovnice (z původních rovnic), roznásobíme závorku podle vzorce (a-b)^{3}=a^{3}-3a^{2}b+3ab^{2}-b^{3} a upravíme:

Nyní můžeme upravenou první rovnici vynásobit -3 a druhou 2:

Sečtením obou rovnic dostáváme:

což neplatí, takže daná soustava rovnic nemá žádné řešení (v oboru reálných čísel).

Druhý způsob úvahou:

Postupně budeme zkoumat, pro jaká x, y rovnice platí. Z první rovnice víme, že x, y budou buď obě kladná a menší než 1, nebo jedno kladné a větší než 1 a druhé záporné. V prvním případě bude x^{2} < x, y^{2} < y. Z toho plyne, že i x^{2}+y^{2} < x+y = 1, tedy nikdy nebude platit druhá rovnice. Víme tedy, že jedno číslo bude kladné, řekněme x, a druhé záporné (y). (Mohlo by to být samozřejmě i obráceně, ale jelikož jsou všechny rovnice symetrické, tak na tom nezáleží.) Víme, že y^{2}>0 a součet druhých mocnin má být roven 2, proto musí být x<\sqrt{2}.

Třetí mocnina záporného čísla je záporná, tedy od x^{3} budeme něco odčítat a chceme, aby výsledek byl 3. To platí jen pro x taková, že x^{3}>3. Z předchozích rovnic vyšlo, že 0 < x < \sqrt{2}, a když x z tohoto intervalu umocním na 3, tak nejvýše mohu dostat x^{3} < \sqrt{2}^{3} \doteq 2,828 < 3. Z toho je jasné, že neexistuje x, které splňuje všechny tři rovnice. Tato soustava tedy nemá řešení.

Komentář: Téměř všichni odpověděli správně, že daná soustava nemá řešení. Hlavní částí řešení bylo ovšem odůvodnění, proč tomu tak je. To se ne všem podařilo úplně a korektně.

Opravovali: 1. Filip Lux, 2. Pavel Houdek, 3. Tereza Mašková, 4. Stanislav Veverka, 5. Lukáš Zavřel, 6. František Steinhauser, 7. Lenka Petržilková.