Úloha č. 1

Červík Bertík z krychle 3\times 3\times 3 vykousal sedm krychliček: prokousal se ze středu přední stěny do středu zadní stěny, ze středu horní stěny do středu spodní stěny a ze středu levé stěny do středu pravé stěny. Poté se chtěl dostat z pravého horního zadního rohu celé krychle o dvě krychličky dopředu, o dvě doleva a o dvě dolů. Směl chodit jenom po stěnách zbylých krychliček. Jak dlouhá je nejkratší cesta, kterou mohl lézt?

Řešení: Pro snazší popis si umístíme krychli do souřadnicové soustavy, aby levý spodní přední vrchol byl v bodě (0,0,0), pravý spodní přední vrchol byl v bodě (3,0,0) a levý horní přední vrchol byl v bodě (0,0,3). Úkolem je dostat se po povrchu krychle z bodu (3,3,3) do bodu (1,1,1).

Cesta, o níž tvrdíme, že je nejkratší, povede z bodu (3,3,3) do bodu (1,2,1) po vyšrafovaných stěnách na obrázku vz211 a potom po hraně jedné z malých krychliček do (1,1,1). Upozorňujeme, že otočení krychle na obrázku je jiné než v zadání. Když vyšrafované stěny rozložíme do roviny, najdeme po nich snadno nejkratší cestu tak, že nakreslíme úsečku (obrázek vz212). Délku trasy za využití Pythagorovy věty spočítáme jako

Nyní si musíme ještě rozmyslet, že neexistuje kratší trasa. Obvykle se k tomu používá trik, který jsme již použili -- plášť se rozloží do roviny, kde se už nejkratší cesta hledá snadno. Avšak plášť zadaného útvaru je značně složitý, není tedy jasné, jak ho rozložit.

Kdybychom šli okolo nějaké vnější hrany velké krychle (tj. vraceli jsme se pak zpátky), bylo by to delší, i kdyby krychle byla plná a šli jsme jen do bodu (0,1,1) (tj. nemuseli bychom se vracet). Bylo by to totiž \sqrt{5^{2}+2^{2}} = \sqrt{29} \doteq 5,4>4,6.

Jakmile se dostaneme někam na hranu prostřední (prázdné) krychličky, je už nejkratší jít jen po jejích hranách. Protože chození „okolo“ po stěnách velké krychle jsme vyloučili, musíme někdy dojít do některého z bodů (2,1,1), (1,2,1) nebo (1,1,2). Díky symetriím krychle můžeme předpokládat, že dojdeme do bodu (1,2,1). Jednu z možností, jak se do něj dostat, jsme již rozebrali. Druhá je jít nejprve do bodu (2,2,1), což je cesta dlouhá \sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}, a potom jít po hraně. Avšak 1+2\sqrt{2} > \sqrt{13}, tedy tato trasa není kratší. Zbylé možnosti, které si cestu zbytečně neprodlužují, jsou symetrické těm již zmíněným.

Komentář: Bohužel hodně řešitelů si úlohu zjednodušilo. Většina jich předpokládala, že červík začíná na pravé horní zadní krychličce a chce se dostat na levou dolní přední krychličku, přičemž počítali, přes kolik stěn musí přelézt. Další předpokládali, že červík leze pouze po hranách, nikoli stěnách krychliček. Ovšem zadání o takových omezeních vůbec nemluvilo. Problém s prvním zmíněným přístupem také je, že by odpověď nezměnilo, kdyby krychle nebyla vykousaná. Typicky nepíšeme dvakrát delší zadání jen proto, aby si řešitelé museli vybrat ty důležité informace :-). Chápu, že zadání mohlo být lehce zavádějící, i organizátoři jsou jen lidé. Proto když se vám na zadání něco nezdá, nebojte se nám napsat a doptat se, ať zbytečně neztrácíte body.

Úloha č. 2

Její náprsenka měla velmi podivný tvar. Body A, B a C tvořily trojúhelník. Útvar ABDE byl čtverec nepřekrývající se s trojúhelníkem ABC. Obdobně náprsenka obsahovala čtverce BCFG a CAHI nepřekrývající se s trojúhelníkem ABC. Obvod celého útvaru AEDBGFCIH byl 30 cm. Určete obvod trojúhelníku ABC.

Řešení: Protože ABDE je čtverec, tak jistě platí: |AB| = |BD| = |DE| = |AE|. Pro čtverec BCFG dostaneme |BC| = |CF| = |FG| = |GB|. A pro čtverec CAHI dostaneme |CA| = |AH| = |HI| = |IC|.

Obvod útvaru si pomocí předcházejících rovností můžeme postupně přepsat na:

Což je třikrát obvod trojúhelníku ABC, takže jeho obvod je třetinou obvodu celého útvaru, tedy 30/3 = 10 cm.

Úloha č. 3

Nešťastná čísla jsou kladná celá čísla x, y, 84, pro která platí, že je jejich součet roven jejich nejmenšímu společnému násobku. Najděte alespoň tři dvojice čísel x, y, kde x<y.

Řešení: Označme si největší společný dělitel čísel x, y a 84 jako k. Poté víme, že platí zároveň x=ak, y=bk a 84=ck (protože musí platit a<b), kde a, b, c a k jsou přirozená čísla. Z toho vyplývá také, že c je dělitelem 84. Zjistíme tedy, že nejmenší násobek těchto tří čísel lze vyjádřit jako nsn(x;y;84)=nsn(a;b;c) \cdot k (k je to, co mají všechna tři čísla v prvočíselném rozkladu stejné).

Ze zadání víme, že jejich nejmenší společný násobek je roven jejich součtu, platí tedy nsn(a;b;c) \cdot k=ak+bk+ck, což lze upravit na nsn(a;b;c)=a+b+c. Stačí si tedy nyní již všimnout, že zadání vyhovuje nsn(1;2;3)=1+2+3=6. To znamená, že lze použít při dosazování za trojici a, b a c trojici čísel 1, 2 a 3. Vidíme, že za c lze dosadit libovolné číslo z trojice 1, 2 a 3, protože jsou to dělitelé čísla 84 a splňují tedy podmínky výše uvedené.

Pro c=1 je k = 84/1 = 84 a a=2, b=3 (aby platilo a<b), poté je x=ak=2 \cdot 84= 168 a y=bk=3 \cdot 84= 252.

Pro c=2 je k = 84/2 = 42 a a=1, b=3, poté je x=ak=1 \cdot 42= 42 a y=bk=3 \cdot 42= 126.

Pro c=3 je k = 84/3 = 28 a a=1, b=2, poté je x=ak=1 \cdot 28= 28 a y=bk=2 \cdot 28= 56.

Nalezli jsme tedy tři dvojice (x;y), což jsou (28;56), (42;126) a (168;252).

Komentář: Úloha byla jedna z těžších, není tedy divu, že si pár řešitelů nedokázalo poradit s nalezením všech řešení. Jinak však většina došlých byla správná a většinově se sobě podobala. Velká gratulace patří všem autorům s plným počtem bodů :).

Úloha č. 4

Cirtský lord potřeboval zjistit, kolika způsoby lze 14 vojáků postupně s jedním až čtrnácti odslouženými roky rozdělit na 7 dvojic tak, že v každé dvojici má více zkušený voják alespoň dvojnásobný počet let ve službě než méně zkušený voják.

Řešení: Jelikož pro vojáky, kteří slouží 8 a více let, neexistuje žádný voják, který by sloužil dvojnásobný počet let, budou vojáci s 8 a více roky služby vždy ti zkušenější ve dvojici. Jelikož tito vojáci tvoří polovinu vojáků, druhá polovina vojáků, ti, kteří mají 7 a méně odsloužených let, budou vždy ti méně zkušení ve dvojici.

Voják se sedmi odslouženými lety může být ve dvojici pouze s vojákem, který má odslouženo 14 let, má tedy jednu možnost.

Voják s šesti odslouženými lety může být ve dvojici s vojáky s 12 nebo 13 odslouženými roky (voják s čtrnácti odslouženými roky je už ve dvojici s vojákem se sedmi odslouženými roky, nebudu ho tedy ani u dalších možností dvojic zmiňovat). Má tedy dvě možnosti.

Voják s pěti odslouženými lety může být ve dvojici s vojáky s 10, 11, 12 nebo 13 odslouženými roky, jenže s jedním z nich je už ve dvojici voják s šesti odslouženými roky. Má tedy 3 možnosti.

Voják s čtyřmi odslouženými roky může být ve dvojici s vojáky s 8, 9, 10, 11, 12 nebo 13 odslouženými roky. Jenže s dvěma z nich už jsou ve dvojici vojáci s 5 a 6 odslouženými roky. Má tedy 4 možnosti.

Voják s třemi odslouženými roky může být ve dvojici s vojáky s 8, 9, 10, 11, 12 nebo 13 odslouženými roky. Jenže s třemi z nich už jsou ve dvojici vojáci s 4, 5 a 6 odslouženými roky. Má tedy 3 možnosti.

Voják s dvěma odslouženými roky může být ve dvojici s vojáky s 8, 9, 10, 11, 12 nebo 13 odslouženými roky. Jenže s čtyřmi z nich už jsou ve dvojici vojáci s 3, 4, 5 a 6 odslouženými roky. Má tedy 2 možnosti.

Voják s jen jedním rokem může být ve dvojici s vojáky s 8, 9, 10, 11, 12 nebo 13 odslouženými roky. Jenže s pěti z nich už jsou ve dvojici vojáci s 2, 3, 4, 5 a 6 odslouženými roky. Má tedy 1 možnost.

Nyní už si jen vynásobíme počty možností u každého vojáka a vyjde nám výsledný počet možných dvojic:

Počet možností je 144.

Úloha č. 5

Máme hradbu utvořenou z kachliček jako na obrázku zad251. Kolika způsoby bylo možné hradbu poskládat? Každou kachličku šlo položit buď úplně dolů, nebo na nějakou, která už byla umístěná. (Způsoby jsou různé, pokud se liší pořadí, ve kterém byly kachličky umístěny.)

Řešení: Hradba je tvořena 25 kachličkami. Kdybychom je mohli pokládat libovolně, máme 25! způsobů, jak hradbu poskládat. Kachličky ale musíme pokládat ve sloupci od té nejníže k té nejvýše.

Pro 4 kachličky je celkem 4! způsobů, v jakém pořadí je pokládat. Podobně pro 3 kachličky je celkem 3! způsobů, v jakém pořadí je pokládat. Vždy ale právě jedna možnost pokládání odpovídá té, kdy kachličky pokládáme od té nejníže k té nejvýše. V 25! možností pokládání máme tedy vždy 4! možností, které se liší pouze uspořádáním jednoho sloupečku se 4 kachličkami a 3! možností lišících se pouze uspořádáním jednoho sloupečku s 3 kachličkami, kde vždy právě jedno uspořádání sloupečku vyhovuje. Za každý sloupec se 4 kachličkami nad sebou tedy vydělíme 4! a za každý sloupec ze 3 kachliček vydělíme 3!.

Hradbu tedy můžeme poskládat celkem 25!/4!^{4} \cdot 3!^{3} způsoby.

Úloha č. 6

Na tabuli si měla napsat I a zajímalo ji, jestli může na tabuli získat pouze U konečným počtem tahů, kde v každém tahu může udělat jednu z následujících operací:

• Může vzít celý řetězec písmen z tabule a celý ho opsat za konec.

• Je-li v řetězci písmen na tabuli I, může hned za něj dopsat U.

• Jsou-li v řetězci písmen na tabuli dvě U hned za sebou, může je smazat.

• Jsou-li v řetězci písmen na tabuli tři I hned za sebou, může je smazat a napsat místo nich U.

Ukažte, proč se holčičce nemůže povést z I na tabuli vytvořit U.

Řešení: Aby na tabuli mohlo zůstat pouze písmeno U, musíme se nejdříve zaměřit na to, zda je možné zbavit se všech písmen I. To znamená, že 2. a 3. operací se nyní nebudeme zabývat, protože mění pouze počet písmen U. Podíváme se ale, co dělá 1. a 4. operace více dopodrobna:

Začneme se 4.

4. Můžeme smazat tři po sobě jdoucí I, to znamená, že pokud chceme smazat všechny, musí být počet I dělitelný třemi, respektive dávat zbytek 0 po dělení trojkou.

1. Jediná operace, pomocí které lze přidávat písmena I. To, že opíšeme celý řetězec na konec, znamená, že se počet všech písmen se zdvojnásobí. My potřebujeme zjistit, jestli je tímto způsobem možné získat zbytek 0 po dělení třemi.

Pokud máme na začátku zbytek 1, počet I si můžeme vyjádřit ve tvaru 3x + 1. Násobením dvěma (1. krok) si pak můžeme napsat jako (3x+1)\cdot 2 = 6x+2 , 6x je určitě dělitelné třemi a zbytek proto určuje druhá část výrazu, tedy +2 a bude tedy 2. Počet I si nyní opět rozepíšeme 3x+2 a znovu se podíváme, co se stane po násobení dvojkou. (3x+2)\cdot 2 = 6x+4. Z hlediska zbytku nás opět zajímá pouze +4, první část je násobkem trojky. Nyní stačí ověřit, že 4 dává po dělení třemi zbytek jedna a jedna je tedy zbytek i celého výrazu 6x+4. Z něj se ale můžeme provedením 1. operace dostat znovu pouze zbytek 2.

Vzhledem k tomu, že na začátku je na tabuli jedno I, počet I tedy dává zbytek jedna a z toho, jak jsme ukázali, se nikdy nedostaneme na 0. Holčičce se tedy její cíl skutečně nemůže povést.

Úloha č. 7

Gramů mouky máme koupit tolik, kolik je součet čísel v tabulce 100\times 100. V prvním řádku jsou postupně čísla 1 až 100, ve druhém 2 až 101, ..., v posledním 100 až 199. Kolik gramů mouky je třeba koupit?

Řešení: Všimneme si, že na každém řádku jsou čísla o jedna větší než na řádku předchozím. A protože je čísel v každém řádku 100, tak je součet čísel v každém řádku o sto větší než součet čísel v řádku předchozím.

Abychom se dostali k výslednému součtu, tak vynásobíme součet čísel v prvním řádku 100\times a přičteme součet navýšení v ostatních řádcích.

Pro součet čísel od 1 do n platí: 1+2+3+\cdots+n= (n+1) \cdot n \over 2. Proto součet čísel v prvním řádku je 101 \cdot 100 \over 2 = 5,050. Součet všech navýšení v ostatních řádcích je součet čísel 1 až 99 vynásoben 100, protože se vždy navyšuje o 100 v 99 řádcích: 100 \cdot 99 \over 2 \cdot 100=495,000. Gramů mouky je tedy potřeba koupit 5,050 \cdot 100+495,000=1,000,000.

Opravovali: 1. Magdaléna Mišinová, 2. Erik Ježek, 3. Tereza Kubínová, 4. Magdaléna Nováková, 5. Veronika Menšíková, 6. Lukáš Koucký, 7. Vít Jiří Houfek.