Úloha č. 1

Jsou tři podezřelí: A, B, C. Celkem existuje 8 možností, jak se mohli na krádeži podílet. A, B, C, A+B, A+C, B+C, A+B+C, nikdo ze 3 podezřelých. Podle známých okolností (ze zadání) víme:

ad 2: Na místě loupeže určitě nebyl A sám ani A+B+C.

ad 3, ad 5: Z obou zjištěných skutečností vyplývá, že jsou vinni buď B+C nebo jsou B+C oba nevinní. Vypadávají tedy možnosti A+B, A+C, B sám, C sám.

ad 4: Zde už předpokládaní B+C projdou, protože jsou-li vinni právě dva, jedním z nich musí být A, což pro B+C neplatí.

Zbývá tedy poslední možnost, inspektor z krádeže neobvinil nikoho ze tří podezřelých. Protože jste ale chtěli učinit spravedlnosti za dost, někteří hledali zloděje buď v klenotníkovi (něco jako předstíraná loupež), případně jste zjistili, že zloději mohly být spolky klenotník +A nebo klenotník +B+C.

Úloha č. 2

Budeme se snažit pospojovat 7 měst tak, aby mezi nimi nevznikl letecký trojúhelník. Toho nejspíš dosáhneme, když města budeme postupně spojovat do čtyřúhelníků. Takových spojů existuje však jenom 12. Každý další spoj již tvoří letecké trojúhelníky. S jistotou tedy můžeme tvrdit, že některá tři města v Pikolandu tvoří letecký trojúhelník.

Úloha č. 3

Při řešení úlohy je možné použít více postupů. Asi nejjednodušší je si uvědomit, že pokud jdou hodiny přesně, pak časový rozdíl 5 hodin (mezi půl jednou a půl šestou) zůstane zachován. Hodiny tedy v půl šesté ukazují 3+5=8 hodin a odbíjejí 7+5=12 hodin.

Jazykový koutek: hodiny odbíjely a ukazovaly.

Úloha č. 4

Skoro všichni jste správně vyřešili tento jednoduchý příklad na nepřímou úměrnost. Desetihlavý drak má 2,5\times více hlav než čtyřhlavý. Jí tedy 2,5\times rychleji než čtyřhlavý. Z toho vyplývá, že čtyřhlavému drakovi trvá snídaně 2,5\times déle než desetihlavému.

Úloha č. 5

Pravoúhelník je útvar, který má všechny vnitřní úhly pravé. Tuto podmínku splňuje obdélník (a jeho zvláštní případ a=b čtverec). Obsah obdélníka spočítáme S=a\cdotb, obvod spočítáme o=2(a+b).

Porovnáme S=o:

a \cdot b = 2 \cdot (a+b)
ab-2a = 2b
a(b-2) = 2b

Velikosti stran musí být kladné, proto z rovnice vyplývá b>2 (nebo b(a-2)=2a, pak a>2). Když víme, že b>2, upravíme $a=2b \over (b-2)$ a sestavíme tabulku:

b 3 4 5 6 7 8
a 6 4 10\over3 3 14\over5 16\over6

Pro b\geq7 vychází a z intervalu 2 < a < 3, tudíž to nemůže být celé číslo, takže pro takové b nenalezneme řešení.

Řešení: Existují dva pravoúhelníky: obdélník a=6, b=3 (resp. a=3, b=6) a čtverec a=4.

Úloha č. 6

Je třeba si uvědomit, že velice skoupé zadání nám umožňuje uvažovat více možností.

a) otec může být i syn a naopak,

b) otec může mít i dceru (nemusí mít syna),

c) pokud dva otci neměli spolu otce, mohou mít každý jiný počet obrazů.

Nyní bychom měli ukázat všechny varianty, které umožňuje zadání a pokusit se „rozdělit“ dědictví. Našli jste tato řešení:

(1) O_{1} \rightarrow S_{1} $$
$$ O_{2} \rightarrow S_{2} $$ $$
$$ O_{3} \rightarrow S_{3} $$ $$
(2) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{2} \rightarrow S_{2}O_{3} \rightarrow S_{3}
(3) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{2} \rightarrow S_{3}
$$ $$ \rightarrow S_{2}O_{3} \rightarrow D_{1}
(4) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{2} \rightarrow D_{1}
$$ $$ \rightarrow S_{2}O_{3} \rightarrow D_{2}
$$ $$ \rightarrow S_{3} $$ $$
(5) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{2} \rightarrow S_{2}O_{3} \rightarrow D_{1}
$$ $$ $$ $$ \rightarrow S_{3}
(6) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{3} \rightarrow S_{3}
$$ O_{2} \rightarrow S_{2} $$ $$
(7) O_{1} \rightarrow S_{1} $$ $$
$$ O_{2} \rightarrow S_{2}O_{3} \rightarrow D_{1}
$$ $$ \rightarrow S_{3} $$ $$
(8) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{2} \rightarrow D_{1}
$$ O_{3} \rightarrow S_{2} $$ $$
$$ $$ \rightarrow S_{3} $$ $$
(9) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{2} \rightarrow S_{3}O_{3} \rightarrow D_{1}
$$ $$ \rightarrow S_{2} $$ $$
(10) O_{1} \rightarrow S_{1}O_{3} \rightarrow S_{2}
$$ $$ $$ $$ \rightarrow S_{3}
$$ O_{2} \rightarrow D_{1} $$ $$

$$

Rozdělit dědictví lze u možností:

(4) Otec dostal 7 obrazů a jeho synové každý 21 obrazů.

(6) Děd dostal 2 obrazy, otec 6 obrazů, syn 18 obrazů. Ve druhé rodině otec dostal 11 obrazů.

(7) Otec dostal 7 obrazů, jeho syn 21. Ve druhé rodině dostal otec 6 obrazů a jeho dva synové po 18 obrazech.

Je možné, že najdete ještě další řešení. Budeme moc rádi, když nám je pošlete.

Úloha č. 7

Abychom zajistili, že loď zasáhneme, musíme střely umístit tak, aby vedle sebe nikde nebyla více než tři políčka volná. Těmto požadavkům vyhovují například tato rozmístění:

Loď lze zasáhnout tedy určitě 12 koulemi. Pokud počet políček vydělíme počtem koulí, získáváme 49 \over 12 = 4, zbytek 1, tedy vidíme, že 12 je zároveň i nejmenší počet koulí, kterými lze s jistotou zasáhnout protivníkovu loď (při 11 střelách v žádném případě nezasáhneme každé čtvrté políčko.)

Tygr sedmi moří se tedy vsadil špatně, protože Černému korzárovi se může podařit zasáhnout loď méně než 14 koulemi, pokud bude postupovat „chytře“.

Úloha č. 8

Kdyby existovalo takové n, že n^{2}= 9 999 999 999, kde n je přirozené číslo, pak musí platit, že n končí cifrou 3 nebo 7 (ostatní cifry po umocnění nekončí 9). n lze pak napsat takto:

n_{1} = 10a_{1}+3 n_{2} = 10a_{2}+7
n_{1}^{2} = (10a_{1} +3)^{2} $$ n_{2}^{2} = (10a_{2}+7)^{2}
n_{1}^{2} = 100a_{1}^{2}+60a_{1}+9 $$ n_{2}^{2} = 100a_{2}^{2}+140a_{2}+49
n_{1}^{2} = 100a_{1}^{2}+10\cdot6a_{1}+9 $$ n_{2}^{2} = 100a_{2}^{2}+100a+40a+40+9
$$ $$ $$ $$ n_{2}^{2} = 100 \cdot (a_{2}^{2}+a_{2})+10\cdot(4a_{2}+4)+9

$$

kde a_{1}, a_{2} jsou čísla přirozená.

Nyní vidíme, že na předposledním místě určitě není devítka, protože sčítance, které určují cifru desítek, jsou 6a_{1} a 4a_{2}+4, tedy oba sudé.

Z toho vyplývá, že 9 je jediné číslo složené ze samých devítek a zároveň mocnina přirozeného čísla.

Číslo 9 999 999 999 není druhou mocninou přirozeného čísla.

Tomova poznámka: Pokud bychom zadání „číslo složené ze samých devítek“ pochopili šířeji, pak např. 99+9\over9 je druhou mocninou přirozeného čísla.