Nástiny řešení 6. série
Upozorňujeme, že za takovále řešení by plný počet bodů opravdu nebyl. Nedalo by se totiž říct, že popis je úplný.
Úloha 1
Murhakovo odříkávání popředu trvalo 3 minuty, bábě to trvalo 4 minuty. Pozpátku to bábě trvalo zase 4 minuty, ale Murhakovi to trvalo 6 minut. Murhak dokončil zaříkání o 6-4=2 minuty později než bába.
Úloha 2
Hráč může vytvořit palindrom ve chvíli, kdy je od každého písmene sudo, případně od jednoho písmene smí být licho. To liché písmeno dá doprostřed.
Pokud je počet písmen, od kterých je licho, maximálně jedna, začne bába a vyhraje.
Nechť je písmen, od kterých je licho, X větší než 1. Pak bába bude začínat, když je X liché. Odebere písmeno, od kterých je licho, převede situaci na X sudé a hraje Murhak (stejná situace jako když už na začátku je X sudé a bába nechá začínat Murhaka). Když Murhak vezme písmeno od sudého počtu, bába zkopíruje jeho tah. Když Murhak vezme písmeno od lichého počtu, bába vezme jiné písmeno, od kterého je licho (pokud už může vyhrát, místo toho vytvoří palindrom). Tyto tahy jsou vždy možné. Bába vždy ukončí svůj tah tím, že je sudý počet písmen, od kterých je licho. Nikdy to nebude 0, proto jedinou výherní pozici vždy získá bába.
Úloha 3
Označme N bod na AB v průniku s přímkou MI. Označme D patu kolmice na AB z M, E patu kolmice z I na AB.
Trojúhelníky BIM a BIN jsou shodné, neb mají shodné úhly u B a I a shodnou stranu BI. Trojúhelníky NEI a NEM jsou si podobné s koeficientem podobnosti 2, protože strana NM je dvakrát delší než strana NI. Strana IE má délku 1 kilometr, proto strana MD má délku 2 kilometry.
Úloha 4
Rozložíme číslo 3^{2^{2023}}-1 podle pravidla a^2 - b^2 = (a - b) \cdot (a + b). Získáme tím
Závorky jsou navzájem soudělné pouze číslem 2. Protože závorka s minusem je určitě dělitelná čtyřmi, nemůže být závorka s plusem dělitelná čtyřmi (jejich rozdíl je pouze 2). Můžeme tedy ze závorky s plusem získat jedno prvočíslo do zámku, které se určitě nenachází v závorce s mínusem.
Tento postup můžeme opakovat ještě 2021-krát a jako poslední prvočíslo použijeme dvojku.
Úloha 5
Označíme body dotyku modré, červené a žluté koule s fialovou rovinou postupně M, C, Z. Koule se po dvou dotýkají a středy každé koule je vzdálen od fialové roviny o její poloměr. Tudíž pomocí Pythagorov věty můžeme spočítat následující vzdálenosti:
Trojúhelník MCZ je rovnoramenný, takže pomocí Pythagorovy věty spočítáme vzdálenost bodu Z od přímky MC:
Označme vzdálenost Z od oranžové přímky jako X. Průsečík MZ a oranžové přímky označme S. Stejnolehlost se středem S zobrazuje žlutou kouli na modrou, takže platí
což upravíme a získáme x = \frac{48\cdot 26}{46} = \frac{624}{23}.
Úloha 6
Označme S střed kružnice opsané trojúhelníku BHD. Označme \alpha velikost úhlu ABC. Pak velikost úhlu BCD je 180 - \alpha stupňů. Bod S leží v opačné polorovině od přímky BD než bod C. Nad tětivou BD na kružnici opsané ABCD v polorovině s bodem S je úhel \alpha stupňů, neb v opačné polorovině je nad tětivou obvodový úhel 180 - \alpha stupňů (při vrcholu C).
Úhel BHD má velikost 180 - \alpha / 2 stupňů, neb úhel ABH má velikost \alpha / 2 stupňů. Bod S je v opačné polorovině od přímky BC než bod H. Nad tětivou BD na kružnici opsané BHD v polorovině s bodem S je obvodový úhel \alpha / 2, neb v opačné polorovině je nad tětivou úhel 180 - \alpha / 2 stupňů (při vrcholu H). Odpovídající středový úhel je pak \alpha, tedy velikost úhlu BSD je \alpha.
Protože na kružnici opsané ABCD leží všechny body, které nad tětivou BD mají úhel \alpha (v odpovídající polorovině), leží na ní i bod S.
Úloha 7
Označme řádky od 1 nahoře do 5 dole, sloupce od A vlevo do E vpravo.
Počet posunů je alespoň 3 pro posuny nahoru a dolů – jeden do řádku 1, jeden do řádku 5 a jeden do řádku 4, odkud jeden křížek utekl do řádku 5 (případně použijeme dva pohyby zrovna z řádku 3 do řádku 5).
Počet posunů je alespoň 2 pro posuny doleva a doprava – jeden do sloupce B a jeden do sloupce D.
Stačí jen ukázat, že to doopravdy jde. Posuneme křížek z 1C do 1B, z 2E do 1E, z 3D do 5D, z 3E do 3D.
