Úloha č. 1

Bába začala odříkávat jakési zaříkadlo. Murhak minutu poslouchal a pak začal říkat totéž zaříkadlo, ale rychleji, takže ho oba dokončili ve stejný okamžik. To se stalo tři minuty po tom, co Murhak začal mluvit. Oba zaříkání hned začali odříkávat pozpátku. Bába to zvládala stejně rychle jako odpředu, ale černokněžníkovi to šlo dvakrát pomaleji, než když mluvil ve správném směru. O kolik minut později než bába černokněžník dořekne zaříkadlo?

Řešení: Víme, že Bába i Murhak dokončili odříkávání zaříkadla ve stejnou chvíli a zároveň tři minuty poté, co začal mluvit Murhak. Odříkání mu tedy trvalo právě tři minuty. Murhak zároveň začal odříkávat o minutu později než bába, které tak vyslovení zaříkadla trvalo čtyři minuty. Dále víme, že odříkání pozpátku trvalo bábě stejně dlouho, jako popředu, čili čtyři minuty. Murhak byl oproti tomu dvakrát pomalejší než při zaříkání odpředu, hovořil tedy šest minut, což je o dvě minuty déle, než bába. Oba dva začali odříkávat zaříkadlo pozpátku ve stejnou chvíli, což znamená, že černokněžník zaříkadlo dořekl o dvě minuty později než bába.

Komentář: Tato úloha byla velmi jednoduchá. Body jsem strhával jen v ojedinělých případech, kdy buď došlo k nepochopení zadání nebo byl postup řešení popsán natolik zevrubně, že nebylo poznat, jak řešitel k výsledku dospěl. Drtivá většina řešení ovšem byla ohodnocena plným počtem bodů.

Úloha č. 2

„Je to hra pro dva hráče,“ začal vysvětlovat Jindra, „na začátku mají hromadu písmen. Střídají se v tazích. V jednom tahu může hráč buď jedno libovolné písmeno smazat, nebo ze všech zbývajících písmen vytvořit palindrom, čímž vyhraje. Můžeš ho nechat vybrat, s jakými písmeny budete začínat, a pak si určit, jestli budeš začínat.“ V závislosti na tom, jaká písmena Murhak na začátku vybere, určete, zda má bába začínat nebo ne, aby měla jistotu, že vyhraje, ať bude černokněžník hrát sebelíp.

Řešení: Rozhodující myšlenkou této úlohy je parita. Protože u sudých počtů písmen, se mohou hráči v braní stejného písmene opakovat a výsledek bude stejný, jako kdyby tam tato písmena od začátku vůbec nebyla. Případně tato písmena můžeme přidat na oba konce výsledného palindromu (takže opět, jako by tam nebyla). Rozebereme si toto řešení podrobněji.

Vyhraje strana, která první složí palindrom. Palindrom jde složit, pokud je všech písmen sudý počet nebo pokud je jednoho písmena lichý počet a ode všech ostatních sudý.

Začínáme v situaci, kdy Murhak vybral nějaká písmena a my známe počty, kolik je od kterého.

Pokud je všech písmen sudý počet nebo jednoho lichý a ostatních sudý, tak můžeme vyhrát hned složením palindromu. Proto zbývá rozebrat jen situace, kdy je lichý počet více než jednoho z písmen.

Tady můžeme použít úvodní postřeh, že písmena, kterých je sudý počet, z hlediska výsledku nemusíme brát v úvahu, protože ho při správné hře neovlivní, takže je rovnou vymažeme. Navíc ze stejného důvodu můžeme vymazat i sudé počty písmen, kterých je jinak lichý počet a nahradit všechny liché počty jedničkou.

Nyní tedy uvažujme situaci, kdy je každé písmeno přítomné maximálně jednou. Všimněme si, že pokud se nějaký hráč dostane do situace, kdy zbývá poslední písmeno, tak tento hráč vyhrává. Z čehož plyne, že pokud některému hráči před jeho tahem zbývají dvě písmena, tak tento hráč prohrál. Podobně pro tři zbývající písmena hráč vyhrál. Obecně můžeme říci, že pro liché počty hráč vyhrává, zatímco pro sudé prohrává. S výjimkou nuly, protože slovo o nula znacích je palindrom.

Nyní přejděme k obecné situaci, kdy máme od každého písmene libovolný počet zástupců. Dle úvahy výše nejprve vymažeme všechna čísla v sudých výskytech, poté všechna písmena v lichých výskytech nahradíme písmeny o jediném výskytu. Hráč na tahu vyhrává, pokud zbylo písmen lichý počet nebo nezbylo žádné. Při počáteční množině písmen tedy má vyhrávající strategii začínající hráč právě tehdy, když je lichý či nulový počet písmen, která mají lichý počet výskytů.

Komentář: Prakticky všichni řešitelé přišli na hlavní myšlenku tohoto postupu, proto rozdíly byli jen v zdůvodnění, případně zapomenutí, že všech čísel může být sudý počet hned na začátku, ale to jsem vyhodnotil jako detaily, za které jsem strhával málo bodů.

Úloha č. 3

„Je dán trojúhelník ABC, jehož kružnice vepsaná má střed I a poloměr 1 km. Na straně BC leží bod M, pro nějž platí, že úhel BIM je pravý. Půjdete tak daleko, jako je vzdálenost bodu M od strany AB.“ „Aha, tak to půjdeme dva kilometry,“ řekl Jindra. Dokažte, že měl Jindra pravdu.

Řešení: Osu úhlu ABC označíme o, rovnoběžku s AB procházející I označme p. Průsečík přímky IM se stranou AB označíme N. Dále spustíme kolmici z M na stranu AB, její průsečíky s p a AB označíme postupně Z a Y. Patu kolmice z I na AB označíme X.

Ukážeme, že |MZ| = |ZY| = 1 km.

Víme, že úhly NBI a MBI jsou shodné. Navíc oba úhly BIM a BIN jsou pravé, takže podle věty usu jsou trojúhelníky NBI a MBI shodné (kromě jmenovaných rovností úhlů navíc sdílí stranu IB). Díky tomu víme |NI| = |MI|. Nyní dokážeme shodnost trojúhelníků NXI a IZM. Úhly XNI a ZIM jsou shodné, protože to jsou úhly souhlasné (p\parallel AB). Oba úhly NXI a IZM jsou pravé a |NI| = |MI|, můžeme proto opět použít větu usu a shodnost trojúhelníků NXI a IZM je dokázána. Ze této shodnosti plyne |IX| = |MZ|.

Díky pravým úhlům víme, že XYZI je obdélník, tedy platí |MZ| = |IX| = |ZY|. Navíc protože bod X je tečný bod kružnice vepsané, |IX| = 1 km.

Sečtením |MZ| a |ZY| zjistíme, že vzdálenost bodu M od úsečky AB je vskutku 2 km.

Sestrojil jsem si různostranný trojúhelník ABC. Dále mám osu o úhlu ABC, na které leží střed kružnice vepsané trojúhelníku ABC. Následně jsem sestrojil přímku p, která je rovnoběžná s úsečkou AB a prochází bodem I. Dále jsem sestrojil kolmici na osu o procházející bodem I. Tam, kde se kolmice protne s úsečkou CB a AB, leží po řadě body M a N. Dále jsem sestrojil další kolmici na úsečku AB procházející bodem M, tam, kde se kolmice protla s přímkou p, leží bod Z, tam, kde se protla s úsečkou AB, leží bod Y. A v neposlední řadě si sestrojím ještě jednu kolmici tak, aby byla kolmá na úsečku AB a procházela bodem I, tam, kde se protíná s úsečkou AB, leží bod X.

Potřebuji dokázat, že pro úsečky MZ a ZY platí |MZ| = |ZY|. Vím že úhly NBI a MBI jsou si rovny, protože osa o dělí úhel NBM na dva shodné úhly. Dále mohu podle věty usu dokázat, že trojúhelníky NBI a MBI jsou shodné (mají stejnou stranu IB, mají shodné úhly NBI a MBI, a shodné úhly BIM a BIN, které jsou pravé). Díky této informaci, že trojúhelníky NBI a MBI jsou shodné, mohu říct, že |NI| = |MI|. Teď si dokážeme shodnost trojúhelníků NXI a IZM. Vím, že úhly XNI a ZIM jsou shodné, protože to jsou úhly souhlasné, (můžeme to říct díky tomu, že AB je rovnoběžná s p). Pomocí toho mohu říct, že trojúhelníky NXI a IZM jsou shodné podle věty usu (mají shodné strany NI a MI, shodné úhly NXI a IZM, protože jsou kolmé ne AB a zároveň na přímku p, a mají shodné úhly XNI a ZIM).

Díky tomu, že trojúhelníky NXI a IZM jsou shodné, mohu říct, že se IX a MZ rovnají. Díky tomu, že IX je rovnoběžný s ZY a IZ je rovnoběžný s XY, mohu říct, že XYZI je obdélník, takže úsečky IX a ZY jsou stejné. A jelikož platí MZ = IX, tak platí MZ = ZY (bod X je tečný bod kružnice se středem I, takže úsečka IM = 1 km). Takže, když sečteme délky úseček MZ a ZY, zjistíme, že vzdálenost bodu M od úsečky AB je 2 km.

Komentář: Řešitelé, kteří úlohu odevzdali, jí měli vcelku správně. Body se strhávaly za nedokázané předpoklady, které byly důležité pro celý postup.

Úloha č. 4

uv Do zámků je potřeba zadat 2023 různých prvočísel, které všechny dělí číslo

Ukažte, že to je možné.

Řešení: Nejprve si uvědomíme, že 2^{2023}=2\cdot 2^{2022}=2^{2022}+2^{2022}, tedy 3^{2^{2023}}=3^{(2^{2022}+2^{2022})}=3^{2^{2022}}\cdot3^{2^{2022}}=(3^{2^{2022}})^{2}. Použitím vzorečku a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b) pro a=3^{2^{2022}}, b=1 dostaneme (3^{2^{2022}})^{2}-1=(3^{2^{2022}}-1)\cdot(3^{2^{2022}}+1), tedy 3^{2^{2023}}-1=(3^{2^{2022}}+1)\cdot(3^{2^{2022}}-1).

Podobně pokud dosadíme a=3^{2^{n}}, b=1 pro libovolné n přirozené, dostaneme 3^{2^{n}}-1=(3^{2^{(n-1)}}+1)\cdot(3^{2^{(n-1)}}-1). Můžeme tedy napsat

Jednotlivých závorek je 2023. Pro každou závorku ukážeme, že ji dělí nějaké prvočíslo, které nedělí žádnou ze závorek napravo od ní. Tedy například, že existuje prvočíslo, které dělí 3^{2^{2021}}+1, ale nedělí žádnou ze závorek 3^{2^{2020}}+1, ..., 3^{2^{2}}+1, 3^{2^{2}}-1. Uvažujme nejprve ten výraz, co je nejvíce napravo, což je 3^{2^{2}}-1=3^{4}-1=80. Pro něj stačí vzít libovolné prvočíslo, které ho dělí, například pětku.

Vezměme nyní libovolnou takovou závorku tvaru 3^{2^{k}}+1, kde k je nějaké přirozené číslo mezi 2 a 2023. Pak je součin všech závorek napravo od tohoto čísla roven 3^{2^{k}}-1, například pro k=2023 je to 3^{2^{2023}}-1. Uvažujme libovolné prvočíslo, které dělí čísla 3^{2^{k}}+1 a 3^{2^{k}}-1. Pak dělí i jejich rozdíl, tedy (3^{2^{k}}+1)-(3^{2^{k}}-1)=2. Jediné prvočíslo, které dělí dvojku, je dvojka. Tedy jakékoli jiné prvočíslo, kterým je dělitelné 3^{2^{k}}+1, již nedělí 3^{2^{k}}-1. Stačí tedy dokázat, že takové existuje, tedy že 3^{2^{k}}+1 je dělitelné i něčím jiným, než dvěma. K tomu nám stačí ukázat, že 3^{2^{k}}+1 není mocnina dvojky.

Ukážeme, že 3^{2^{k}}+1 není dělitelné čtyřmi, z čehož již vyplyne, že to mocnina dvojky není. Platí, že poslední závorka 3^{2^{2}}-1=80 dělitelná čtyřmi je, tedy i 3^{2^{k}}-1 jakožto její násobek je dělitelný čtyřmi. Z čehož plyne, že 3^{2^{k}}+1 dává po dělení čtyřmi zbytek dva, tedy dělitelná čtyřmi není. Tedy víme, že 3^{2^{k}}+1 musí dělit i nějaké jiné prvočíslo p, než dvojka, a z minulého odstavce víme, že p nedělí 3^{2^{k}}-1. Tedy jsme v 3^{2^{k}}+1 našli nějaké prvočíslo (p), které žádnou ze závorek napravo od tohoto výrazu nedělí.

Jelikož jsme si k zvolili libovolně, tak při postupu zprava doleva najdeme mezi děliteli čísla 3^{2^{k}}+1 vždy nějaké nové prvočíslo. Součin všech závorek je dělitelný všemi z těchto prvočísel, kterých je (alespoň) 2023. Tedy 3^{2^{2023}}-1 je vskutku dělitelné alespoň 2023 různými prvočísly.

Komentář: Blahopřeji Aničce Košťákové, Janě Feldbabelové a Mírovi Hrinkovi, kteří tuto úlohu zvládli vyřešit. Byla totiž extrémně těžká a nikomu jinému se ji nepodařilo dotáhnout do konce.

Úloha č. 5

Černokněžníkovo zhmotnění jara totiž vypadalo jako tři barevné koule a dvě roviny. Modrá a červená koule měly poloměr 72 cm a žlutá měla poloměr 26 cm. Každé dvě z nich se zvnějšku dotýkaly. Zelená a fialová rovina se všech tří koulí dotýkaly. Tyto dvě roviny se protínaly na oranžové přímce. Zjistěte vzdálenost bodu dotyku žluté koule s fialovou rovinou od oranžové přímky.

Řešení: Všechny vzdálenosti jsou uvedeny v centimetrech.

Budou nás zajímat vzdálenosti ve fialové rovině. Označme si bod dotyku fialové roviny a žluté, modré a červené koule postupně Z, M a C. Středy těchto koulí postupně označíme S_{Z}, S_{M} a S_{C}. Víme, že koule se po dvou dotýkají, a známe jejich poloměr. Tudíž víme

Dále víme, že když si vezmeme jednu kouli, spojnice jejího středu a bodu dotyku s fialovou rovinou bude na fialovou rovinu kolmá. Z toho plyne S_{M}M\perp MC a S_{C}C\perp MC. Zároveň |S_{M}M| = |S_{C}C| = 72, takže S_{M}MCS_{C} je obdélník. Z toho získáváme |MC| = |S_{M}S_{C}| = 144. Také víme, že S_{Z}Z\perp CZ a S_{C}C\perp CZ. Protože délky S_{Z}Z a S_{C}C jsou různé, budeme pro výpočet |CZ| využít Pythagorovu větu. Označme C' bod na S_{C}C ve vzdálenosti 26 od fialové roviny. Potom S_{Z}ZCC' opět tvoří obdélník a S_{Z}C'S_{C} je pravoúhlý trojúhelník. Dohromady

Zcela obdobně vypočítáme délku MZ. Trojúhelník MCZ je rovnoramenný se základnou MC, tudíž můžeme Pythagorovou větou vypočítat vzdálenost Z od přímky MC, označme ji x:

Tímto jsme tedy získali vzdálenost od správného bodu ve správné rovině, ale ke špatné přímce. Zbývá proto tuto vzdálenost nějak vztáhnout k té, kterou hledáme. Vezmeme proto rovinu kolmou na oranžovou přímku a vše na ní promítneme, viz obrázek 2. Obrazy objektů v této projekci budeme nazývat stejnými barvami jako tyto objekty. Fialová a zelená rovina se promítnou na přímky. Žlutá koule se promítne na kružnici s poloměrem 26, modrá a červená koule se promítnou na jednu kružnici o poloměru 72, přičemž obě tyto kružnice se budou dotýkat fialové i zelené přímky. Bod Z, respektive M, se promítne na bod dotyku fialové přímky a žluté, respektive modré kružnice. Označme jejich obrazy Z', respektive M'. Oranžová přímka se zobrazí na průsečík fialové a zelené přímky, označme tento bod O'. Průměty středů žluté a modré koule označíme postupně S_{Z}' a S_{M}'.

Protože se fialová a zelená přímka dotýkají žluté a modré kružnice, leží S_{Z}' i S_{M}' na ose úhlu určeném těmito přímkami. Tedy |\angle S_{Z}'O'Z'| = |\angle S_{M}'O'M'|, |\angle O'Z'S_{Z}'| = 90\deg = |\angle O'M'S_{M}'|, takže podle věty uu jsou trojúhelníky O'Z'S_{Z}' a O'M'S_{M}' podobné.

Hledanou vzdálenost v průmětu najdeme jako |O'Z'|, označme ji y. Zároveň výše spočítaná vzdálenost x se v průmětu nalézá jako |M'Z'|. Zmíněná podobnost trojúhelníků nám proto dává následující rovnici:

Toto je tedy vzdálenost bodu Z od oranžové přímky.

Komentář: Řešení se nesešlo příliš mnoho, ale většina z nich byla správně. Můžete si všimnout, že vzorové řešení nevyčísluje výrazy a potom využívá toho, jak vznikly. Tím se dá ušetřit trochu práce s kalkulačkou a zpřesnit výsledek, neboť není třeba zaokrouhlovat.

Úloha č. 6

Například byl na hůlce rovnoramenný lichoběžník ,ABCD, se základnami ,AB, a CD. Osa úhlu při vrcholu B protíná stranu CD v bodě H. Dokažte, že střed kružnice opsané trojúhelníku BHD leží na kružnici opsané lichoběžníku ABCD.

Řešení: Označme S střed kružnice opsané trojúhelníku BHD. Označme \alpha jako velikost úhlu DAB. Jelikož lichoběžník ABCD je rovnoramenný, pak | \angle ABC | = \alpha a | \angle ABH | = \alpha/ 2 . Potom | \angle BHD | = 180\deg -| \angle ABH | = 180\deg - \alpha/ 2 .

Jelikož \alpha je velikost vnitřního úhlu lichoběžníka ABCD, je jistě menší než 180\deg. Velikost úhlu BHD je pak větší než 90\deg, což znamená, že trojúhelník BHD je tupoúhlý s tupým úhlem u vrcholu H. Potom S musí ležet v;opačné polorovině od přímky BD než bod H (tedy ve stejné jako bod A). Z věty o obvodovém a středovém úhlu je velikost nekonvexního úhlu DSB rovna

a velikost konvexního úhlu DSB je tedy \alpha. Body A i S se dívají na úsečku BD pod stejným úhlem, což znamená, že body A, S, B a D leží na jedné kružnici. (Na které zároveň leží i bod C, protože lichoběžník ABCD je rovnoramenný). Bod S tedy leží na kružnici opsané lichoběžníku ABCD.

Komentář: Úloha patřila k těm těžším a nepřišlo mnoho řešení. Většina z nich byla správně. Několik řešitelů v důkazu využilo tvrzení o Švrčkově bodě.

Úloha č. 7

Jindra dal Terce tabulku s křížky jako na obrázku zad671. Jeden Terčin tah je, že posune některý z křížků na políčko, které s tím, kde právě je, sousedí stranou. Jejím úkolem je dosáhnout toho, aby v každém řádku a každém sloupci byly dva křížky. Na kolik nejméně tahů toho může dosáhnout? Najděte způsob, jak to udělat, a zdůvodněte, proč to nemůže být méně.

Řešení: Zásadní je uvědomění si, že k důkazy neexistence rychlejšího řešení než na pět tahů, si můžeme úlohu rozdělit na dvě části, tedy řešit sloupce a řádky odděleně. To z toho důvodu, že křížky posouváme jen na pole sousedící hranou, tedy po řádku, nebo sloupci. Pokud posouváme křížek po řádku, mění se počet křížků jen ve sloupcích a naopak pokud posouváme křížek po sloupci, mění se pouze čísla v řádcích.

Nyní nám zbývá jen spočítat vzdálenost mezi řádky, kde jsou křížky 3, a řádky, kde je křížek jeden. Počty křížků v řádcích jsou 1,3,3,2,1. Vzdálenost, o kterou musíme křížky posunout po sloupcích, je tedy minimálně 3. Počty křížků ve sloupcích jsou 2,1,3,1,3, po řádcích tedy budeme posouvat o 2 pole. Nejméně tedy zvládneme zadání splnit na 5 přesunů. Pro úplnost, že to takto stačí, si ještě ukážeme, že to takto na pět tahů jde. Například tahy C5\to B5, E1 \to D1, E3 \to E2, E2 \to E1, E4 \to E5. Tím, že to na méně než pět tahů nejde a na pět tahů to jde, jsme dokázali, že toto je nejlepší řešení.

Komentář: Tato úloha nebyla o získání výsledku, který byl snadný, ale spíše o důkazu, že to nejde na kratší počet tahů. Proto jsme strhávali body i za přeskočení relativně malých částí důkazu.

Opravovali: 1. Jan Škopek, 2. František Steinhauser, 3. Tomáš Feldbabel, 4. Antonín Hejný, 5. Magdaléna Mišinová, 6. Veronika Menšíková, 7. František Steinhauser a David Hájek.