Vzorová řešení bonusové série 39. ročníku Pikomatu MFF UK

Úloha 1

Dle prvního Klátřina výroku lze soudit, že Klátra nemohla mít číslo 1, protože poté by věděla, že Tonda musí mít 2. To samé platí pro Tondův výrok, takže ani Tonda nemůže mít číslo 1. Zároveň ovšem Tonda již získal informaci, že Klátřino číslo není 1, což znamená, že Tonda nemůže mít ani číslo 2, protože jinak by už věděl, které má Klátra.

Jelikož Klátra z této informace dokázala určit Tondovo číslo, musí mít buďto číslo o 1 větší než číslo 1, nebo o 1 větší než číslo 2. Klátra může mít 2 nebo 3. Ať už má Klátra kterékoli z těchto dvou čísel, Tonda, který má buďto číslo 3 nebo 4, dokáže určit Klátřino číslo díky jejímu výroku, že zná Tondovo číslo.

Tonda má tedy číslo 3, nebo číslo 4.

Komentář: Drtivá většina řešitelů objevila pouze řešení, kde má Tonda číslo 3. Proto patří obdiv těm několika, kteří došli k oběma výsledkům.

Úloha2

Nejdříve si od obou stran rovnice odečteme 1: m⋅(m−2)⋅(m+2)=3332. Po odečtení můžeme vidět, že hodnota m nemůže být lichá, protože pak by všechny tři členy levé strany byly liché a násobek tří lichých čísel je vždy lichý, zato 3332 je sudé.

Pokud si rozložíme číslo 3332 na prvočíselný rozklad: 2\times2\times7\times7\times17, tak vidíme, že se v něm nachází číslo 2 pouze dvakrát. Ovšem pokud bychom násobili tři sudá čísla, tak bychom museli mít v rozkladu alespoň tři dvojky, protože každé sudé číslo je dělitelné dvěma.

Tudíž neexistuje žádné celočíselné řešení pro zadanou rovnici.

Úloha 3

Pokud si úlohu párkrát vyzkoušíme, tak si můžeme všimnout, že mince se roztahují a oddalují. Pojďme se na tuto vlastnost zaměřit.

Políčku na pozici x přiřadíme hodnotu V závislou na aktuálních pozicích mincí. Začneme s V=0. Pokud mince leží na pozici y, do V připočteme absolutní hodnotu z x-y. Takto připočteme číslo do V za každou minci. Pokud mince ležela na pozici x, pak jsme do V připočetli nulu. Pokud mince ležela jinde, připočetli jsme nějaké kladné celé číslo. Obdobně spočítáme hodnoty V i pro ostatní políčka.

Po prvním tahu se podíváme na políčko, které si David vybral. Dvě mince změnily vzdálenost o 1 a zbytek zůstal stejný. To znamená, že V daného políčka se zvětšilo o 2. Pokud znova vybereme toto políčko, tak se hodnota V opět zvětší o 2. Pokud se na situaci podíváme a jiného políčka, tak se jedna mince posune o 1 blíže a druhá o 1 dále, tedy hodnota V zůstává stejná.

To znamená, že hodnota V prvního Davidova vybraného políčka se na začátku zvětší a už nejde zmenšit. Aby se David dostal do původního stavu, tak i hodnota políčka musí být původní V. Jinak řečeno původního stavu nemůže dosáhnout.

I když to nebylo původně myšleno, tak někteří řešitelé vzali v potaz i možnost, že může být původní stav posunutý. Při bodování se na tuto možnost nebral ohled, nicméně i tak ji zde zmíním. Abychom všechny mince pousunuli na jednu stranu o několik políček, tak součet všech posunů musí vyjít 20\cdot n tahů, kde n je libovolné přirozené číslo (posun doleva a doprava se navzájem vynulují). Tahy, které dělá David, vždy posunou jednu minci doleva a jednu doprava, jinak řečeno nezmění součet posunů. Ten je tedy vždy nulový a tím pádem i nelze posunout všechny mince na jednu stranu.