Úloha č. 1

„O půlnoci tam bylo 400 ryb a několik lodí. Každá loď měla právě jednu barvu, a to modrou, nebo bílou. Každá modrá loď chytila tolik ryb, jako tam ten den modrých lodí plulo. A každá bílá loď chytila tolik ryb, jako tam ten den bílých lodí plulo. Jenom 6 ryb se nikomu chytit nepodařilo. Kolik tam bylo celkem lodí, jestliže modrých lodí bylo o dvě více než bílých?“

Řešení: Označme si počet bílých lodí jako x. Modrých lodí podle zadání bylo o dvě více, tedy x + 2. Bílé lodě chytily tolik ryb, kolik jich tam ten bylo, tedy x\cdot x = x^{2}, stejně tak modré lodě chytily (x + 2)\cdot(x + 2) = (x + 2)^{2} ryb. Obě lodě dohromady chytily 400 - 6 ryb. Můžeme tedy vytvořit rovnici:

Jak vidíme, x v rovnici máme v druhé mocnině, jedná se tedy o kvadratickou rovnici. Tu můžeme řešit buď vzorcem pro kvadratickou rovnici, nebo rozložením na součin, kdy rovnice platí, pokud je alespoň jedna závorka rovna nule:

Záporné řešení rovnice můžeme ignorovat, protože lodí musí být vždy kladný nebo nulový počet. Z čehož vyplývá, že bílých lodí bylo 13 a modrých o 2 více, tedy 15. Lodí celkem bylo 28.

Komentář: Většina řešitelů si i přes komplikované zadání s úlohou poradila bez problémů. Ne všichni řešitelé umí řešit kvadratické rovnice, ale to vůbec nevadí -- úloha šla řešit více způsoby.

Úloha č. 2

Dva námořníci si stěžují, že nikdy nepracují na lodi spolu v týmu. Na lodi je 5 lidí, kteří jsou náhodně rozděleni do tří týmů: dva pracují v podpalubí, dva na palubě lodi a jeden sám kormidluje. Rozdělení probíhá pomocí losu s pěti kartami, kde dvě jsou zelené, dvě modré a jedna červená. Určete pravděpodobnost, že tito dva námořníci budou rozlosováni do různých týmů.

Řešení: V této úloze je jednodušší nejdříve spočítat pravděpodobnost, že dva námořníci budou spolu v týmu, a tu pak odečíst od 1, tedy od 100\,\%. První námořník si losuje z pěti karet. Aby byla šance, že bude ve dvojici s jeho kamarádem, může si vylosovat libovolnou kartu kromě červené. Pravděpodobnost, že se toto stane, je 4/5 ()počet vyhovujících možností dělen počtem všech). Druhý námořník si nyní losuje ze 4 karet a musí si vytáhnout kartu stejné barvy jako první, pravděpodobnost, že si ji vytáhne, je tedy 1/4. Výslednou pravděpodobnost dopočítáme jako součin 4/5 a 1/4. Dostaneme tedy, že pravděpodobnost, že dva námořníci budou mít službu spolu, je 1/5. Nyní už můžeme jednoduše dopočítat pravděpodobnost, že spolu nebudou, jako 1-1/5, tedy 80\,\%.

2. řešení:  Spočítáme počet všech možných rozdělení námořníků. Počet možností, jak si rozlosovat karty, můžeme spočítat jako 5! (počet možností jak uspořádat 5 karet do „řady“), kde bereme každou kartu jako jedinečnou, takže máme modré m_{1} a m_{2}, zelené z_{1} a z_{2} a červenou c. Máme tedy 4 možnosti, jak si mohli naši dva námořníci vylosovat karty tak, aby byli spolu, dvě možnosti pro modré a dvě pro zelené. Toto ale není finální počet, nesmíme zapomenout na to, že zbylí tři námořníci si stále losují zbývající 3 karty. To můžou udělat 3! způsoby. Počet vyhovujících možností tedy je 4\cdot 3!, tedy 24. Pravděpodobnost, že nejsou spolu, dopočítáme jako 120-24/120 a opět se dostaneme po vynásobení stem k výsledku 80\,\%. Zjednodušená verze tohoto postupu je podívat se pouze na to, kolik různých kombinací karet si mohli vylosovat naši dva námořníci. Opět bereme každou kartu jako jedinečnou. První námořník si vybírá z 5, druhý už pouze ze 4 karet. Dohromady tedy 5\cdot4 možností, z toho opět pouze 4 vyhovující. (m_{1}, m_{2}; m_{2}, m_{1} a z_{1}, z_{2}; z_{2}, z_{1}). Dostaneme se tedy k 20-4/20, tedy jako výsledek nám i zde vyjde 80\,\%.

Komentář: Hodně lidí zvolilo druhý postup, ale častá chyba byla špatně spočítané vyhovující možnosti. Za plný počet bodů jsme uznávali i výčet všech možností.

Úloha č. 3

Vzdušnou čarou byl jezdec 100 metrů vzdálen od hradní brány. Městem však nevedla jedna hlavní ulice. Víme, že ujel postupně rovné úseky o délkách 30, 40 a 50 metrů. Narýsujte všechna možná místa, kde se mohl po prvním a druhém úseku zastavit, jestliže po ujetí úseku třetího stál přímo před hradní bránou.

Řešení: Po prvním úseku cesty se mohl nacházet někde na kružnici k_{1} o poloměru 30 \,\rm m. Po druhém úseku se mohl nacházet někde v kruhu K_{2} o poloměru 30+40 = 70\, \rm m, protože nejdál by se od počátku dostal, pokud by jel přímo rovně (obr. vz131).

Po druhém úseku ale zároveň musí být rytíř schopen dojet k bráně pomocí jedné cesty dlouhé 50 \,\rm m, nesmí být tedy příliš daleko. Jinak řečeno, musí být na kružnici k_{3} o poloměru 50\,\rm m se středem v bráně. Poloha rytíře po druhém úseku je tedy omezena dvěma podmínkami: kruhem K_{2} (kam může všude dojet) a kružnicí k_{3} (kde musí být, aby se zvládl dostat k bráně). Řešením je tedy jejich průnik (obr. vz132).

Ekvivalentně budeme řešit, kde se může rytíř nacházet po prvním úseku. Jeho poloha bude omezena výše zadefinovanou kružnicí k_{1} (kam může dojet) a mezikružím určeným kružnicemi k_{4} a k_{5} (odkud zvládne dojet do brány). Obě kružnice mají střed v bráně a poloměry 50+40=90 \,\rm m a 50-40 = 10 \,\rm m a mezikruží jimi vytyčené představuje prostor, ze kterého se dá dojet do brány pomocí úseků 40 a 50 \,\rm m (obdobně jako výše jsme měli kruh) (obr. vz133).

Řešení tedy představují dva kružnicové oblouky.

Komentář: Nejdůležitější krok v úloze bylo uvědomit si, jak „skládat“ cesty, tedy že když rytíř jede dvě cesty po sobě, tak se poté může nacházet v kruhu (případně mezikruží).

Úloha č. 4

Do sklenky, která má tvar válce, byla vhozena nejprve jedna špejle o délce 10 centimetrů a potom druhá o délce 6\sqrt{2} centimetrů. Sklenka má dokonale hladké stěny i dno, takže špejle jedním koncem sklouzly po dně až ke stěně a druhý konec se opírá o stěnu na nejnižším možném místě. Středy špejlí jsou od sebe vzdálené 1 centimetr. Jaký je průměr sklenky?

Řešení: Tohle je úloha na Pythagorovu větu a zároveň na soustavu dvou kvadratických rovnic o dvou neznámých. Musíme si uvědomit, že jakkoliv otočíme špejli uvnitř sklenice, její střed nezmění polohu. Proto pro jednoduchost budeme počítat se situací, že obě špejle začínají na dně sklenky ve stejném bodě. Potom vzdálenost konců bude 2 \,\rm cm a vzniknou nám dva pravoúhlé trojúhelníky se stejnou odvěsnou (x) -- průměr sklenice a druhými odvěsnami o délkách y a y+2. Ze zadání známe délku jejich přepon a z Pythagorovy věty vypočteme hodnoty x a y:

Po roznásobení druhé rovnice dostáváme:

Když od této rovnice odečteme tu první, získáme:

a tedy:

Dosadíme do druhé rovnice:

a dopočítáme:

Takže jsme zjistili, že průměr podstavy je 6 \,\rm cm. V původním zadání by vyšel průměr skleničky 0 \,\rm cm, postup mohl být stejný jako výše uvedený.

Komentář: Většina řešitelů měla správný výsledek, spousta z nich ale zapomněla na argument o tom, že středy špejlí zůstávají na stejném místě. Za to jsme strhávali 1 bod.

Úloha č. 5

Kočka a myš se proti sobě rozhodly hrát hru. Je celkem 8 políček očíslovaných od 1 do 8. Na políčku 1 je červený kámen, na políčku 2 je modrý kámen. Kočka a myš se střídají v tazích. V každém tahu hráč vezme jeden kámen a posune ho o alespoň jedno políčko výše, ale aby byl červený na nižším políčku než modrý. Hráč, který položí červený kámen na políčko 7, prohraje. Myš hraje jako první. Má některý z hráčů vyhrávající strategii? Pokud ne, vysvětlete proč; pokud ano, určete tuto strategii.

Řešení: Řešením této úlohy je, že vyhrávající strategii má hráč, který začíná, tedy myška. Správné řešení zahrnuje dvě části -- popis strategie a odůvodnění, proč s tímto postupem začínající hráč vyhraje.

Jak vypadá výherní strategie?

Myšlenka vyhrávající strategie je, že myš (která začíná) pokaždé zahraje takový tah, aby mezi sebou červený a modrý kámen měly právě jedno prázdné pole.

Jak ze zadání víme, na začátku leží na políčku 1 červený kámen a na políčku 2 modrý kámen. Pokud myš používá uvedenou strategii, v prvním tahu hry posune modrý kámen na políčko 3 (tak je mezi kameny volné právě políčko 2). Kočka některý z kamenů musí posunout aspoň o políčko doprava a zároveň červený kámen musí vždy být nalevo od modrého kamene. Takže ať zahraje cokoliv, po jejím tahu bude mezi kameny buď 0 prázdných polí (pokud posune červený kámen k modrému), nebo více než 1 prázdné pole (jestli posune modrý kámen).

Na řadě po kočce je opět myš. Protože pozice kamenů po tahu kočky je taková, že mezi sebou nemají právě jedno prázdné pole, myška udělá takový tah, aby tomu tak zase bylo. Tedy pokud jsou kameny přímo vedle sebe, myška posune modrý kámen o jedno políčko doprava. Pokud jsou od sebe o více než 1 pole, dosune červený kámen k modrému tak, že mezi nimi zůstane právě jedno volné políčko.

Takto je kočka vystavená stejné pozici jako předtím a ať zahraje cokoliv, myška postup bude opakovat a bude mít úplnou kontrolu nad hrou, protože kočce vždy vynutí stejnou pozici.

Proč tenhle postup myšce zaručí výhru?

Tím, že myška vždy kočce vynutí, aby hrála ze stejné pozice, před koncem hry jí určitě vynutí pozici, kdy je červený kámen na poli 6 a modrý kámen na poli 8. Modrý kámen je na konci herní plochy, kočka tedy bude muset posunout červený kámen. Musí ho posunout doprava a zároveň nalevo od modrého kamene, její jediná možnost je proto posunout červený kámen na pole 7, čímž prohrává a myška vyhrává.

Vyhrávající strategii má myš.

Komentář:

Úloha č. 6

„Kolik existuje různých čtyřciferných čísel, jejichž cifry jsou navzájem různé a které neobsahují nulu?“

Řešení: Nejprve se podíváme na první cifru. Na ni můžeme vybrat jednu z 9 číslic (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 nebo 9). Prohlásíme jednu za použitou, ale neurčíme, která to je. Na druhou cifru můžeme vybírat už jen z 8 různých číslic, protože jednu číslici jsme již použili na první cifře. Na třetí cifru můžeme vybrat ze 7 číslic a na čtvrtou z 6 číslic.

Celkem tedy dostáváme 9 \cdot 8 \cdot 7\cdot 6= 3 024 různých čísel.

Komentář: V kombinatorice se tomuto říká variace bez opakování a je velmi užitečná pro počítání podobných úloh o počtu kombinací.

Úloha č. 7

Na hradební zdi byla vyryta posloupnost několika po sobě jdoucích přirozených čísel. Víme, že tato posloupnost obsahuje přesně 9 čísel dělitelných jedenácti a přesně 9 čísel dělitelných devíti. Dokonce byl začátek této posloupnosti zvolen tak, že ze všech možných začátků posloupností splňujících podmínky o dělitelnostech je tento ten nejmenší. Určete posloupnost, která byla vyryta.

Řešení: Označme si nejmenší člen posloupnosti dělitelný devíti a_{i} a největší a_{j}. Rozdíl mezi a_{i} a nejmenším členem posloupnosti musí být menší než 9, protože by jinak posloupnost obsahovala menší člen dělitelný devíti, tento rozdíl si označme x_{1} (x_{1} musí být nutně nezáporné celé číslo) -- platí tedy x_{1} \leq 8. Podobně platí, že rozdíl největšího členu s a_{j} je také menší než 9, protože by jinak posloupnost obsahovala větší člen dělitelný devíti. Tento rozdíl si označme x_{2} (x_{2} musí být nutně nezáporné celé číslo) -- platí tedy x_{2} \leq 8. Dále víme, že po a_{i} následuje až k a_{j} celkem 8 členů dělitelných devíti (bez a_{i}), které se opakují jako deváté číslo vždy po sobě. To znamená, že a_{j}-a_{i}=8 \cdot 9=72. Pokud chceme vyjádřit počet členů posloupnosti -- víme, že x_{1}+1 je počet členů od prvního členu posloupnosti až k a_{i} (x_{1} je počet členů bez prvního členu), 72 členů je od a_{i} až a_{j} (bez a_{i}) a x_{2} je počet členů od a_{j} až k poslednímu členu (bez a_{j}). Celkový počet členů posloupnosti je tedy x_{1}+1+72+x_{2}. Pokud si označíme počet členů posloupnosti n, platí poté podle nerovností s x_{1} a x_{2}:

Označme si také a_{k} jako nejmenší člen posloupnosti dělitelný jedenácti a a_{m} jako největší člen posloupnosti dělitelný jedenácti. Poté označme opět x_{3} jako rozdíl a_{k} s nejmenším členem posloupnosti a x_{4} jako rozdíl největšího členu s a_{m}, které opět mohou být nejméně rovny 0, pokud nejmenší i největší člen posloupnosti je dělitelný jedenácti (a_{k} je nejmenší člen posloupnosti a a_{m} je největší člen posloupnosti). Dále víme, že po a_{k} následuje až k a_{m} celkem 8 členů dělitelných jedenácti (bez a_{k}), které se opakují jako jedenácté číslo vždy po sobě. Poté víme, že od a_{k} k a_{m} musí být celkem členů 8 \cdot 11=88 (bez a_{k}). Celkem tedy v posloupnosti musí být minimálně 88+1=89 členů (s a_{k}). Platí tedy (opět n=x_{3}+1+88+x_{4}):

Z předchozích nerovností vyplývá, že n=89. Platí tedy, že první člen, neboli a_{k}, je dělitelný jedenácti (musí se jednat o možnost, kdy první člen je dělitelný jedenácti, aby byl počet členů minimální -- 89) a a_{k}+8=a_{i} je dělitelný devíti (pro maximální počet členů 89 z první části). Platí tedy také, že a_{k}-1 je dělitelné devíti. Mohu tedy vyzkoušet postupně násobky jedenácti: 11-1=10 (není dělitelné devíti), 22-1=21 (není dělitelné devíti), 33-1=32 (není dělitelné devíti), 44-1=43 (není dělitelné devíti), 55-1=54 (je dělitelné devíti). První člen posloupnosti může být tedy nejméně 55 a poslední člen posloupnosti bude tedy 55+88=143 (již člen 55). Řešením je posloupnost čísel od 55 až k 143.

Komentář: Úloha byla jedna z těžších, není tedy divu, že si spousta řešitelů bohužel vyložila zadání úlohy mylně, a tak se sešlo mnoho řešení, která nesplňovala podmínky zadání úlohy. Častou chybou v nesprávných řešeních bylo nerespektování podmínky, že se jedná o po sobě jdoucí čísla v posloupnosti. Nejčastější nedostatek v postupech se správným řešením úlohy byla absence důkazu dělitelnosti prvního členu posloupnosti číslem jedenáct, v tomto případě byl odebrán jeden bod. Majoritní podíl řešení byl podobný vzorovému, originální postupy byly spíše raritou. Na druhou stranu našlo se i pár řešení oceněných plným počtem bodů, jejichž autorům patří velká gratulace :).

Opravovali: 1. Adam Dřínek a Martin Haikl, 2. Antonín Hejný a Lukáš Koucký, 3. Eliška Vítková a Martin Švanda, 4. Helena Muchová a Vít Jiří Houfek, 5. František Steinhauser a Lenka Poljaková, 6. Veronika Menšíková a Vít Kaděra, 7. Eliška Vimmerová a Tereza Kubínová.