Úloha č. 1

Úloha jde řešit více způsoby. Jako příklad zvolíme řešení s využitím znalosti Euklidovy věty. Ta říká, že v pravoúhlém trojúhelníku ABC, kde pravý úhel je u vrcholu C a na úsečce AB leží bod P, který je patou výšky v_{c}, platí: |AP|\cdot|BP|=v_{c}^{2}.

Popis konstrukce námi hledaného obdélníka:

1) Sestrojíme čtverec ABCD o straně délky 4 cm.

2) Na polopřímce BA sestrojíme bod R takový, že |BR|=6,5 cm.

3) V bodě C sestrojíme kolmici na přímku RC.

4) Průsečík této kolmice s přímkou AB nazvěme Q.

Nyní máme pravoúhlý trojúhelník RQC, s pravým úhlem u vrcholu C. Výška v_{c} je 4 cm a podle výše uvedené věty víme, že platí: S_{ABCD}=v_{c}^{2}=|RB|\cdot|BQ|=6,5\cdot|BQ|. Nyní již není problémem sestrojit obdélník s délkou stran a=6,5 cm, b=|BQ|.

Úloha č. 2

Snad nejjednodušší řešení je spojit dvě krychle tak, že se budou dotýkat hranou nebo vrcholem.

Toto těleso je však pouze teoretické, po vyčarování by se nám hned rozpadlo. Jednoduché stabilní řešení je tzv. prostorový kříž ze 7 krychlí.

Další řešení vzniklo jeho propojováním do řetězců (jedno, dvou i třírozměrných). Např.:

Místo kříže můžeme použít v těchto řetězcích i tento složitější útvar složený z těchto vrstev krychlí:

Tento útvar můžeme samozřejmě terasovitě rozšiřovat do více vrstev a opět kombinovat v řetězcích s předchozími. Jiné pěkné řešení se skládá z těchto vrstev:

Bodování: Za jedno správné řešení 3 body, za každé další 1 bod, maximum 5 bodů.

Úloha č. 3

Existuje více možností, jak ze dvou čtverců složit jeden dvojnásobného obsahu. Některé z nich:

Úloha č. 4

Tuto úlohu originálně vyřešil Tomáš Talpa. Podle I. úlohy tohoto kola každý ze čtverců přebudoval na obdélník, který musí splňovat to, že jedna strana je třikrát delší než druhá. Tyto obdélníky pak dal k sobě a získal čtverec s trojnásobným obsahem.

Úloha č. 5

Před vámi, řešiteli Pikomatu, by si musel král Piko dávat moc velký pozor! Aspoň polovina z vás by lehce poklad uloupila.

U zámku A: každé číslo je ciferným součtem číslic předchozího čísla (1+2+2+7=12, 1+2=3). Zloděj nechť nastaví 3.

U zámku B: každé číslo je ciferným součtem číslic předchozího čísla, zvětšeným o 5 (1+2+2+7+5=17) Je třeba nastavit 6.

U zámku C: každé číslo je součinem cifer předchozího čísla, lépe řečeno jednonásobkem tohoto součinu ($1 \times 2 \times 2 \times 7 \times 1$). Správné číslo k otevření C je tedy 6.

Úloha č. 6

Protože si zloději nedůvěřují, nelze v žádném případě zaručit, že se někomu z nich povede rozdělit poklad na tři díly a o ně pak losovat. Vždy je tu nebezpečí, že některý ze zlodějů se bude cítit poškozený. Proto se na dělení pokladu musí podílet všichni, a to takovým postupem, který zaručí spravedlnost i přesto, že se někteří dva loupežníci proti třetímu spiknou.

Kdyby byli zloději dva, tak je dělení snadné. Jeden kořist rozdělí na (podle něho shodné) části. Druhý si vybere tu, která se mu bude zdát větší (cennější).

U třech loupežníků bude postup složitější:

1) První rozdělí poklad na dvě (podle něho shodné) části. Druhý si vybere „tu větší“ a druhou dá prvnímu.

2) Nyní oba - první i druhý - rozdělí svoje hromádky na tři části.

3) Třetí zloděj si od nich vybere od každého jednu, tu, která se mu zdá největší, nejcennější.

A to je vše. Nyní ukážeme, že toto dělení je vždy spravedlivé. První zloděj dělí poklad X na díly A_{1} a A_{2}. Podle něj A_{1}=A_{2}=X\over2. Jeden z nich mu druhý lupič přidělí, např. A_{1}. Po rozdělení této části dá první jednu třetinu třetímu loupežníkovi. Prvnímu tak zůstane 2\over3 A_{1}, což je 1\over3 X. Druhý zloděj získá A_{2}, které je podle něj aspoň polovina pokladu. Podobně jako u prvního loupežníka získá „aspoň“ 1\over3 X. Třetí zloděj získá A_{1} \over 3 + A_{2} \over 3 = (A_{1}+A_{2}) \over 3 = 1\over3 X

Všichni zloději získali třetinu pokladu.

Poznámka: Takhle to vypadá hezky, ale co když ukradli nějak hodně rozdílné věci (třeba televizi a zavírací špendlík)?

Úloha č. 7

Se sedmou úlohou vám i nám Karel, který úlohy zadával, pěkně „zavařil“. Nakonec vymyslel Viťas řešení, kdy na určení čísla s jistotou stačí jedenáct otázek. Prvních sedm otázek zjišťuje něco jako obrácený zápis čísla ve dvojkové soustavě:

1) Je to číslo liché?

2) Když se myšlené číslo celočíselně vydělí 2, vyjde liché číslo?

3) Když se myšlené číslo celočíselně vydělí 4, vyjde liché číslo?

4) Když se myšlené číslo celočíselně vydělí 8, vyjde liché číslo?

5) Když se myšlené číslo celočíselně vydělí 16, vyjde liché číslo?

6) Když se myšlené číslo celočíselně vydělí 32, vyjde liché číslo?

7) Když se myšlené číslo celočíselně vydělí 64, vyjde liché číslo?

Poznámka: celočíselné dělení nějakým číslem znamená, že zanedbáváme zbytek. Například 39:4=9.

Teta odpovídá ano, ne.

Její odpovědi si pečlivě zapisujeme. Kdyby nelhala, již těchto sedm otázek by nám stačilo k určení čísla.

Číslo spočteme jako součet všech výrazů 2^{i} \times o_{i}, pro i od 1 do 7. i je číslo otázky a o_{i} je buď 1 nebo 0. Odpoví-li teta ano, pak o_{i}=1, jinak o_{i}=0.

Nyní ale musíme ještě prověřit, zda všechny její odpovědi byly pravdivé.

8) Je počet všech správných odpovědí, které zní ano, na otázky číslo 1,2,4,7 sudý?

9) Je počet všech správných odpovědí, které zní ano, na otázky číslo 1,3,5,7 sudý?

10) Je počet všech správných odpovědí, které zní ano, na otázky číslo 2,3,6,7 sudý?

11) Je počet všech správných odpovědí, které zní ano, na otázky číslo 4,5,6,7 sudý?

Když odpovědi 8-11 budou v souladu s odpověďmi 1-7, teta nelhala ani jednou a z otázek 1-7 číslo snadno určíme. Když se od odpovědí 1-7 bude lišit jedna odpověď 8-11, pak teta lhala v 8-11. Pokud však na otázky 8-11 dostaneme více odpovědí lišících se od odpovědí 1-7, chybnou odpověď v 1-7 určíme podle tohoto klíče. Nesoulad je v odpovědích:

8 a 9: Teta lhala v 1.

8 a 10: Teta lhala v 2.

9 a 10: Teta lhala v 3.

8 a 11: Teta lhala v 4.

9 a 11: Teta lhala v 5.

10 a 11: Teta lhala v 6.

8 a 9 a 10 a 11: Teta lhala v 7.

Takhle to vypadá dost složitě, ale vezmete-li si do ruky papír a vyzkoušíte si hrát jednak tetu Ugrofilu, jednak Malou Čarodějku, pak to lépe pochopíte.

Úloha č. 8

Většina z vás by nemusela čekat sto let na další zkoušku, protože jste si poradili celkem dobře. Vytaženou kuličku je třeba rychle zničit. Někteří navrhovali spolknout, zahodit do neproniknutelného křoví či časově náročné zakopání kuličky 20 metrů pod zem. V pytlíku zůstala bílá kulička, tím pádem jsme si jistojistě museli vytáhnout černou, pokud tam měly být kuličky obou barev (tety by se určitě nepřiznaly k podvodu). Návrh přečarovat vytaženou kuličku neprošel, protože Malá Čarodějka ještě neměla k použití kouzla na měnění barev (dostávají se až po složení hlavní zkoušky, jak vám jistě každá čarodějnice potvrdí).