Nástiny řešení 4. série

Úloha 1:

Trojúhelník ABM je pravoúhlý s pravým úhlem při vrcholu A. Thaletova věta nám říká, že BM je průměr kružnice k. Obdobně zjistíme, že CN je taky průměr kružnice k. Můžeme si přimyslet bod S, střed kružnice k. Zřejmě jsou trojúhelníky BCS a MNS shodné (věta sus). Proto i |MN|=|BC|.

Úloha 2:

Body si označme jako na obrázku. Trojúhelník BCC' je pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu C. Z Pythagorovy věty |BC'|=\sqrt{10}. Stejně tak |DC'|=\sqrt{10}. Taky trojúhelník BCD je pravoúhlý, vidíme |BD|=\sqrt{18}.

Nakreslíme krychli otočenou tak, aby bod B splýval s D. To určitě jde a získáme tím délku A'C', neboť bod A' leží v průniku AE a C'B, uvážíme-li už nový obrázek. Protože je BD kolmé na A'C', nakreslit finální podobu čtverce je už jednoduché (červeně délky co známe - nakreslíme vypočítané délky a doplníme bod A' podle posledního obrázku).

Úloha 3: Tajná čísla si označme postupně a, b, c a d. Na tabulce, která začíná a končí u člověka s a, je na konci napsáno (((0+a)\cdot 2 + b)\cdot 2 + c)\cdot 2 + d = 8a+4b+2c+d. Stejně to funguje i pro ostatní tajná čísla, takže získáme soustavu rovnic

\eqalign{ 8a+4b+2c+d &= 44,\cr 8b+4c+2d+a &= 58,\cr 8c+4d+2a+b &= 56,\cr 8d+4a+2b+c &=67 }

Odečtením druhé rovnice od dvojnásobku první dostaneme 16a-a=88-58, po úpravě 15a=30 a a=2. Obdobně odečtením třetí od dvojnásobku druhé a tak dále až po odečtení první od dvojnásobku čtvrté získáme b=4, c=3 a d=6.

Úloha 4:

Je jedno, jak jsou vrcholy očíslované, hlavně, že pevně. Z 1 mohl pokračovat do 2,3,5, přitom tyto možnosti jsou vlastně stejné. Proto budeme vyšetřovat pouze jednu možnost, třeba kdy se vydal do 2, a pak počet možností vynásobíme třemi. Z 2 může pokračovat do 4 nebo 6. Tyto možnosti jsou zase vlastně stejné, výsledek násobíme dvěma a rozebíráme jen cestu do 4. Odtud má dvě jiné možnosti:

a) Pokračuje do 3. Pak musí jít do 7. Odtud se vydá do 5 nebo 8. Zbytek cesty je daný. Tato možnost znamená 2 posloupnosti.

b) Pokračuje do 8. Kdyby pokračoval do 7, už nedokáže dokončit cestu. Takže musí pokračovat do 6 a pak už má cestu danou. Tato možnosti znamená 1 posloupnost.

Celkově je to tedy 3\cdot 2\cdot (2+1)=18.

Úloha 5: Vztah nejprve upravme:

\eqalign{ A^2+O+2&=O^2+A, \cr 2 &= O^2 -A^2 +A-O, \cr 2 &= (O-A)(O+A)-(O-A)=(O-A)(O+A-1).}

Přitom O+A-1 je kladné, takže O-A i O+A-1 jsou přirozená čísla. 2 je prvočíslo, takže jeden z činitelů je 1 a druhý je 2. Jejich součet je vždy 1+2=3 a zároveň O-A+O+A-1=2O-1, takže 3=2O-1 a O=2.

Kdyby bylo O-A=2, tak by A muselo být 0, což není přirozené číslo. Proto O-A=1, tedy 2-A=1 a A=1. Tato hodnota vyhovuje i druhé závorce, O+A-1=2+1-1=2. Jediné možné řešení je tedy O=2 a A=1.

Uloha 6: Vyhraje Athéna. V prvním tahu může vzít celou hromádku se 4 sirkami. Poté táhne Áres. Bez ohledu na to, co udělá, může Athéna svým dalším tahem dosáhnout toho, že po něm zbudou pouze 2 hromádky se stejným počtem sirek:

a) Pokud Áres vzal jednu hromádku celou, stačí z té s větším počtem odebrat tolik, aby bylo na obou stejně.

b) Pokud nevezme celou, bude na dvou hromádkách stejně, Athéně tak stačí vzít celou třetí.

Tím má Athéna vyhráno. Ať Áres vezme jakýkoliv počet, může z druhé hromádky vzít ten stejný. Tím se opět vrátí do stavu, že je na obou hromádkách stejně. Nakonec nutně nastane to, že na obou bude 0, čímž vyhraje.

Úloha 7: Jde to například takto:

Je jasné, že jediná přímka dotýkající se všech 3 vodorovných sirek je vyznačená čárkovaná, která ale neprotíná čtvrtou sirku. Naopak snadno nalezneme přímky protínající každou trojici.