Úloha č. 1

Zjistil jsem, že převody A, B, C na předním talíři mají postupně 44, 32 a 22 zubů, zatímco na zadním talíři mají převody U, V, W, X, Y, Z postupně 14, 16, 18, 21, 24 a 28 zubů. Dokážete vypočítat, který z převodů AZ, BX, CU je nejlehčí?

Řešení: Nejlehčí převod znamená, že jedno otočení šlapkami mě bude stát nejméně síly. Když budu mít vpředu talíř s menším počtem zubů než vzadu, na jedno šlápnutí se zadní kolo ani neotočí celé. Pokud to bude naopak – vpředu budu mít víc zubů než vzadu, na jedno šlápnutí se zadní kolo otočí více než jednou. Jestliže tedy pojedu po rovině a nastavím si na kole obě možnosti, pro první případ pojedu celkem lehce, ale ujedu jen krátkou dráhu, pro druhou možnost sice ujedu delší vzdálenost, ale dá mi to zabrat. Řetěz se bude pohybovat podle rychlosti předního kola, takže ho nemusím uvažovat a můžu počítat, jako by se obě ozubená kola dotýkala.

Tíže převodu bude záviset na poměru mezi počty zubů předního a zadního kola. Tj. pro převod AZ to bude 44/28 (=11/7=33/21), pro převod BX 32/21 a pro převod CU 22/14 (=11/7=33/21). Z porovnání zlomků je vidět, že převody AZ a CU jsou stejně těžké a převod BX je nejlehčí z porovnávaných.

Komentář: Většina z vás přišla na to, že ty zuby u kol nejsou uvedeny náhodně. Bohužel jste ve spoustě případů čísla sečetli nebo odečetli, porovnali, a vyšla vám hloupost. Další skupina řešitelů si zase na wikipedii našla vzoreček pro převodový poměr mezi hnacím a hnaným kolem, ale už bohužel nevěděla, co s ním. Jiní se dostali téměř k cíli, ale výsledné zlomky vyčíslili a pak teprve porovnávali. Kdyby v zadání bylo porovnat jednotlivé tíže, tak toho nebudou schopní, protože si málokdy všimli, že převody AZ a CU jsou stejně těžké. Pár řešení bylo velmi podobných vzorovému, ta jsem ocenila zaslouženým plným počtem bodů.

Úloha č. 2

Dozvěděl jsem se, že přes ostrov vedou jenom tři velké přímé cesty. Ty se potkávají v jednom bodě a na každé z nich leží jedno z hlavních měst provincií. Průvodce mi dal mapu, kde bylo město Ango a tyto tři cesty nakreslené, a řekl, že křižovatka těchto cest je těžištěm trojúhelníku, jehož vrcholy jsou tři hlavní města. Nemůžu si vzpomenout, jestli jsem z těchto informací do mapy dokázal zakreslit Bango a Cango, hlavní města ostatních provincií. Můžete mi říct, jestli se mi to mohlo podařit? Pokud ano, jak jsem to udělal?

Řešení: Na začiatku máme dané, kde sa nachádza mesto Ango (označíme bodom A) a tri rôzne cesty, ktoré vedú cez mestá (cez každé jedna) a križovatku (označíme T), ktorá je ťažiskom trojuholníka, ktorý mestá vytvárajú. Z týchto informácií zrekonštruujeme trojuholník. Cesty si predĺžime na priamky t_{1}, t_{2}, t_{3} (viz obr.). Vieme, že ťažnice trojuholníka sa nachádzajú na týchto priamkach. Jednou z vlastností ťažnice je, že ju ťažisko delí v pomere 2:1, kde dlhšia časť je tá, ktorá vedie z vrcholu.

Nájdeme si stred S úsečky AT (pomocou osi úsečky). Nájdeme si bod S_{a} na priamke t_{1} taký, aby |S_{a}T|=|ST|, tento bod S_{a} je stredom úsečky spájajúcej Cango a Bango, označíme si ho T_{a}.

Ak si zobrazíme priamky t_{2} a t_{3} v stredovej súmernosti podľa bodu T_{a}, vzni\minuskne nám rovnobežník TXT'Y. Jednou z vlastností rovnobežníka je, že jeho uhlopriečky sa rozpoľujú. V našom prípade to znamená, že |T_{a}Y|=|T_{a}X|, teda v bo\minusdoch X a Y sú mestá Cango a Bango. Všimnite si, že nevieme povedať, ktoré je ktoré. Teda Matej mohol do mapy zakresliť polohu miest, ale nemohol ich rozlíšiť.

Komentář: S touto úlohou ste mali často problémy, väčšinou ste sa nedostali ďalej ako po nájdenie bodu T_{a}. Mali by ste si tiež dávať dobrý pozor na to, čo poznáme a čo hľadáme. Takisto pri každom riešení treba pripísať dôkaz, že to riešenie je ozaj správne. Za použitie jednotlivých vlastností ťažníc som dával až 2 body, za riešenia špeciálnych prípadov (napr. AXY je rovnostranný trojuholník) som dával ďalší bod. Ak ste mali správne riešenie, tak ste dostali 5 bodov, pokiaĺ ste mali poriadny popis alebo dôkaz jeho správnosti. Ak vám ale chýbali obe, dostali ste 4 body.

Úloha č. 3

Měl jsem jehlan ABCDV s obdélníkovou podstavou. Koule, což byl ten míček, opsaná jehlanu měla střed v podstavě. Jak velký byl úhel AVC?

Řešení: Úloha šla vyřešit několika možnými postupy. Napíši zde ten nejrozšířenější. Ze zadání víme, že body A, B, C, D, i V se dotýkají míčku. Dále víme, že střed míčku -- koule je ve středu podstavy ABCD. Provedeme-li řez procházející vrcholem a úhlopříčkou AC, pak získáme trojúhelník vepsaný. Ať vrchol leží kdekoli na kružnici, tak z Thaletovy kružnice víme, že úhel AVC bude 90°.

Komentář: Jeden bod jsem velmi často strhával za úvahu, že úhel ASV musí být roven 90° a další možné případy jste nerozebrali ani jste nezmínili Thaletovu kružnici, pro příště pozor!

Úloha č. 4

Ostrovní železnice byla tvořena rovnými kolejnicemi o délce 1m a také čtvrtkruhovými zatáčkami o poloměru 1$$. Mohla být na ostrově vytvořena uzavřená dráha, když měli stavitelé k dispozici neomezeně rovných kolejnic, ale použili přesně 1 021 zatáček?

Řešení: Jako první si uvědomíme, že rovné koleje nás v tomto příkladu nezajímají. Zároveň je zřejmé, že minimální nutný počet zatáček na uzavřenou kružnici je 4. Proto si tyto 4 zatáčky „odebereme“ a budeme pracovat pouze se 1 017 zatáčkami. Nyní provedeme pozorování. Lichý počet zatáček musí nutně změnit směr o 90°. To snadno ověříme, například indukcí (1. zatáčka změní směr a pokud byl v nějakém n-tém kroku směr třeba nahoru, přidáním (n+1). zatáčky se směr změní opět o 90°). Z toho můžeme vyvodit, že sudý počet zatáček je rozhodně nutnou podmínkou existence nějaké uzavřené dráhy s daným počtem zatáček. A protože nutná podmínka existence řešení není splněna, nemá tato úloha řešení.

Komentář: Mnozí z vás, asi většina, má 3 body. Je to proto, že jste takto očividnou věc zkrátka konstatovali a automaticky příklad uzavřeli. Jsou 2 důvody, proč jsem vám nedal plný počet bodů. Jednak někteří z vás svá tvrzení správně okomentovali a já je chtěl náležitě ocenit, a za druhé tato úloha byla z těch jednodušších, co se řešení týče, a proto část bodů byla udělována právě na základě správného zápisu.

Úloha č. 5

Tzv. „perfektním zamícháním“ nazveme zamíchání takové, že balíček rozdělíme na horní a dolní polovinu a promícháme tak, že vždy vezmeme nejspodnější kartu z dolní poloviny a na ni položíme nejspodnější kartu z horní poloviny, a to opakujeme, dokud nepoužijeme všechny karty. Na konci tedy budeme mít balíček, kde nahoře zůstane horní karta z horního balíčku a dole dolní karta z dolního balíčku. Kolikrát musíme balíček „perfektně zamíchat“, abychom dostali původní uspořádání? Počítejte s tím, že balíček má 32 navzájem odlišných karet.

Řešení: Obecné algebraické řešení je těžké. Provést pokus a zjistit, že stačí 5 zamíchání, byl zcela správný postup. Pokusím se přesto nastínit důkaz řešení pro 32 karet: Očíslujme si karty shora dolů 0, 1, 2, ... , 31 a proveďme jedno zamíchání. Vši\minusmně\minusme si, že karta na pozici i se přesunula na pozici 2i, popř. 2i - 31, pokud byla v dolní části balíčku.

Sledujme pozice karty 1, ta bude postupně na pozicích 1, 2, 4, 8, 16, 1. Čtyři zamíchání tedy nemohou stačit -- teď už nám zbývá dokázat jen, že pět zamíchání už stačit bude.

Tvrdím, že pro každou kartu po n-tém zamíchání platí, že je na pozici 2^{n} \cdot i - 31 \cdot k, kde k je nějaké přirozené číslo a i je původní pozice karty. Pokud je to pravda (a ono je), pak po pátém zamíchání je karta na pozici 32 \cdot i - 31 \cdot k, kde k je nějaké přirozené číslo. To upravíme na i + (31 \cdot i - 31 \cdot k). Tento druhý sčítanec musí být přirozené číslo, tedy i \geq k. Pokud by i > k, pak by nová pozice karty byla větší než 31, ale taková pozice neexistuje. Tedy i = k, tento sčítanec je 0, a karta je po pátém zamíchání na pozici i.

Komentář: Dával jsem 5 bodů už jen za provedení pokusu a zjištění, že je třeba 5 zamíchání. Kompletní a správný algebraický důkaz je těžký: i to, co jsem ukázal výše, není úplné (např. jsem nedokázal, že pro každou kartu po n-tém zamíchání platí, že je na pozici 2^{n} \cdot i - 31 \cdot k, kde k je nějaké přirozené číslo).

Někteří z vás poukázali na některá zajímavá pozorování (např. že pokud je počet karet v balíčku mocninou dvojky, tak exponent této mocniny je počet nutných zamíchání) a mnozí z vás našli nějaký vzorec pro pozici karty po x iteracích, což je výborné. Pokud byste ale chtěli, aby vaše řešení bylo kompletní, je třeba také vysvětlit, proč tomu tak je -- nestačí to jen vypozorovat z prvních pár hodnot.

Pro zajímavost uvádím počet zamíchání pro různé balíčky (první číslo je počet zamíchání nutný pro balíček 2 karet, 4 karet atd.): 1, 2, 4, 3, 6, 10, 12, 4, 8, 18, 6, 11, 20, 18, 28, 5 (pro 32 karet), 10, 12, 36, 12, 20, 14, 12, 23, 21, 8 (pro 52 karet), 52, 20, 18, 58, 60, 6 (64 karet), 12, 66, 22, 35, 9, 20, 30, 39, 54, 82, 8, 28, 11, 12, 10, 36, 48, 30, 100, 51, 12, 106, 36, 36, 28, 44, 12, 24, 110, 20, 100, 7 (128 karet), 14, 130, 18, 36, 68, 138, 46, 60, 28, ...

Úloha č. 6

Chtěl jsem vyjít z nádraží a projít si město (obr. 2) tak, abych každou ulicí prošel právě jednou. To však nebylo možné: abych se dostal zpátky na nádraží, musel jsem několika ulicemi projít dvakrát. Šel jsem tedy tak, aby počet ulic, kterými jsem prošel dvakrát, byl nejmenší možný. Kolik ulic to bylo?

Řešení: Základem k vyřešení této úlohy byla myšlenka, že když přijdeme na křižovatku ve městě (pokud to není ta cílová), musíme z ní také odejít. Tedy abychom po žádné cestě nemuseli dvakrát, musel by z každé křižovatky vést sudý počet cest. To v našem plánku neplatí, a tedy po některých cestách budeme muset projít dvakrát. Nejsnadněji si to představíme tak, že cesty, po kterých půj\minusde\minusme dvakrát, můžeme v plánku zdvojit. To musíme udělat tak, aby z křižovatek vedl sudý počet cest. Tedy zdvojíme cestu z nádraží doleva, cestu mezi spodními čtverci a cestu napravo od prostředních čtverců. V této situaci už z každé křižovatky vede sudý počet cest. Dá se dokázat, že v tomto případě už dokážeme projít všemi ulicemi města, vám však stačilo nějakou (je jich více) takovou cestu nalézt. Správná odpověď je tedy 3.

Komentář: Většina z vás přišla o bod, protože sice nalezla správnou cestu, ale nezdůvodnila, proč není možné město projít pouze se dvěma ulicemi prošlými dvakrát.

Úloha č. 7

Malý kyklop říkal: „Kdybych zestárl o tolik, kolik je nám všem dohromady, bylo by mi už 70 let.“ Na to culíkatá odpověděla: „Vážně? Tak to potom ale platí, že kdybych zestárla o 30 let já, tak by mi bylo tolik, jako kdyby tadyhle mág omládl o věk tvého dvakrát staršího brášky.“ Kolik let bylo mágovi?

Řešení: Označme si písmenkem k kyklopa, písmenkem c culíkatou dívku a písmenkem m mága. Teď jen stačí si vypsat ze zadání dvě rovnice o třech neznámých.

Z věty „Kdybych zestárl o tolik, kolik je nám všem dohromady, bylo by mi už 70 let.“ získáme rovnici 2k + c + m = 70 a z „kdybych zestárla o 30 let já, tak by mi bylo tolik, jako kdyby tadyhle mág omládl o věk tvého dvakrát staršího brášky“ získáme rovnici c + 30 = m - 2k. Jedinou záludností mohlo být uvědomit si, že se mluví ke kyklopovi a že „věk tvého dvakrát staršího brášky“ je roven dvojnásobku věku kyklopa.

Rovnice si upravíme:

Nás zajímá hodnota m. Tu získáme, vynásobíme-li druhou rovnici méně jednou a pak ji přičteme k první. Dostaneme 2m = 100, tedy m = 50. Mágovi je tedy 50 let.

Komentář: Většina z vás poslala správné řešení, u ostatních bylo nejčastější chybou špatně přečtené zadání. Z kontextu zadání příkladu bylo jasné, že rozhovor probíhá pouze mezi kyklopem, mágem a culíkatou holkou, zmíněný straší bratr kyklopa s nimi nebyl. Někteří ho ale započetli, a pak jim první rovnice obsahovala navíc 2k (věk kyklopova bratra). Mnozí z vás se také jali úlohu řešit metodou pokus-omyl. Tahle metoda vás sice ke správnému výsledku dovést mohla, ale měli byste si uvědomit, že to není nejšťastnější způsob řešení -- kdyby v rovnicích figurovala mnohem větší čísla než 30 a 70, zkoušení všech možností by vám zabralo hromadu času. Speciálně chci poděkovat Tereze Vlčkové za krásný obrázek.

Opravovali: 1. Helena Pučelíková, 2. Martin Smolík, 3. Garegin Minasjan, 4. Michal Outrata, 5. Petr Hudeček, 6. Vojtěch Kika, 7. Tereza Ptáčková.