Úloha č. 1
Možností, jak zapsat 100 pomocí stejných číslic, je celá řada. Hodnotili jsme zejména množství a pestrost vašich řešení (5 bodů bylo za 12 a více rozdílných řešení, 4 body za 8 různých řešení, za aspoň 5 řešení byly 3 body atd.). Tam, kde jste si pletli číslo a číslici jsme byli neúprosní. Zde jsou některá řešení:
a)
| 111 - 11 | = | 100 |
| 33 \cdot 3 + 3:3 | = | 100 |
| 5 \cdot 5 \cdot (5 - 5:5) | = | 100 |
| 5 \cdot (5 + 5 + 5 + 5) | = | 100 |
| 5 \cdot 5 \cdot 5 - 5 \cdot 5 | = | 100 |
| (11 - 1)^{1+1} | = | 100 |
b)
| (11-1) \cdot (11-1) | = | 100 |
| (9 + 9:9) \cdot (9 + 99) | = | 100 |
| 99 + 9:9 + 9 - 9 | = | 100 |
| (xxx - xx):x | = | 100 |
| 9 \cdot 9 + 9 + 9 + (9:9) | = | 100 |
| (11 - 1)^{1+1:1} | = | 100 |
| (7+7) \cdot 7 + (7+7):7 | = | 100 |
| (55 - 5) \cdot [(5+5):5] | = | 100 |
| 5 \cdot (5+5) + 5 \cdot (5+5) | = | 100 |
| 111 - 11.1 | = | 100 |
Úloha č. 2
K dělení na obdélníky je třeba střílet rovnoběžně s okraji listu papíru. Pokud máme dosáhnout rozdělení listu papíru na 100 obdélníků co nejmenším počtem střel, musíme střídat střelbu v obou směrech (na sebe kolmých). Devět ran vodorovně a devět ran svisle (viz obrázek) stačí na požadované rozdělení.
Úloha č. 3
Pokud má každá stonožka sto noh, nemůže být stonožek více než 10 (draci a stonožky mají dohromady 1000 nohou). Dračích hlav musí být tedy mezi 90 až 100 kusy, přičemž jejich počet musí být dělitelný osmi. Vyhovuje pouze 96 hlav. Znamená to, že draků je 12 (96:8=12). Stonožky jsou čtyři. Každý drak má 50 nohou, neboť: (1000 - 4\cdot100):12 = 50. Pokud nepředpokládáme, že stonožky mají 100 nohou, nemá úloha jednoznačné řešení.
Úloha č. 4
Odejdou pouze ti vězňové, jejichž cela má číslo, které má lichý počet dělitelů. Lichý počet dělitelů mají pouze ta přirozená čísla, která se dají rozložit na součin dvou stejných přirozených čísel (to jest číslo cely je jejich druhou mocninou). Domů půjdou vězňové z cel číslo: 1 (1 \cdot 1), 4 (2 \cdot 2), $9 (3 \cdot 3), 16 (4 \cdot 4)$, 25 (5 \cdot 5), 36 (6 \cdot 6), 49 (7 \cdot 7), 64 (8 \cdot 8), 81 (9 \cdot 9), 100 (10 \cdot 10).
Úloha č. 5
Města si očíslujeme od 1 do 100. Jednosměrky zavedeme např. tak, že všechny silnice mezi dvěma městy budou jednosměrné směrem z města s nižším číslem do města s číslem vyšším. Tak je jednoduchým způsobem zajištěno, že při vyjetí z kteréhokoli města se do něho již nikdy nemohu vrátit. Ze stého města se nedá vyjet.
Úloha č. 6
Je celá řada možností, jaké boty si mají princové obout a na jaké míli mají začít sbírat rozházené mince. Péťa tvrdí, že následující tabulka ukazuje všechna řešení, co vy na to ? (Čísla udávají, ze které míle je třeba vyjít; co řádek tabulky, to jedno možné řešení.)
| 2-mílové | 3-mílové | 4-mílové | 6-mílové | 12-mílové | |||||||||||||||
| |
|||||||||||||||||||
| 1 | 0 | 0 | 2 | 10 | |||||||||||||||
| 1 | 0 | 0 | 4 | 2 | |||||||||||||||
| 1 | 0 | 2 | 2 | 4 | |||||||||||||||
| 1 | 0 | 2 | 4 | 8 | |||||||||||||||
| 1 | 1 | 0 | 0 | 2 | |||||||||||||||
| 1 | 1 | 0 | 2 | 6 | |||||||||||||||
| 1 | 1 | 2 | 0 | 8 | |||||||||||||||
| 1 | 1 | 2 | 2 | 0 | |||||||||||||||
| 1 | 2 | 0 | 0 | 10 | |||||||||||||||
| 1 | 2 | 0 | 4 | 6 | |||||||||||||||
| 1 | 2 | 2 | 0 | 4 | |||||||||||||||
| 1 | 2 | 2 | 4 | 0 | |||||||||||||||
| 0 | 0 | 1 | 1 | 11 | |||||||||||||||
| 0 | 0 | 1 | 5 | 7 | |||||||||||||||
| 0 | 0 | 3 | 1 | 5 | |||||||||||||||
| 0 | 0 | 3 | 5 | 1 | |||||||||||||||
| 0 | 1 | 1 | 3 | 11 | |||||||||||||||
| 0 | 1 | 1 | 5 | 3 | |||||||||||||||
| 0 | 1 | 3 | 3 | 5 | |||||||||||||||
| 0 | 1 | 3 | 5 | 9 | |||||||||||||||
| 0 | 2 | 1 | 1 | 3 | |||||||||||||||
| 0 | 2 | 1 | 3 | 7 | |||||||||||||||
| 0 | 2 | 3 | 1 | 9 | |||||||||||||||
| 0 | 2 | 3 | 3 | 1 | |||||||||||||||
$$
Úloha č. 7
Rytíř A má mezi rytíři 67 známých (32 rytířů nezná). Nechť mezi těmito známými rytíře A je i rytíř B. I ten má mezi přítomnými 67 známých rytířů (mezi nimi je i rytíř A). Uvažujme nejnepříznivější situaci, to jest, že rytíř B zná všechny rytíře, které nezná rytíř A -- to je 32. Dalších 34 rytířů zná jak rytíře A, tak rytíře B. Nechť mezi těmito 34 rytíři je rytíř C, který zná jak rytíře A, tak rytíře B. Opět uvažujme nejnepříznivější situaci, tedy, že rytíř C zná všechny rytíře, kteří znají pouze jednoho z rytířů A a B. Rytířů, co znají pouze rytíře A a neznají rytíře B, je 32, stejně tak je i rytířů, kteří znají B a neznají
- Celkem je tedy 32+32=64 takových rytířů. Dalšími známými rytíře C jsou rytíři A a B. Do celkového počtu 67 známých rytíře C nám ovšem chybí ještě jeden rytíř -- dejme tomu rytíř D. Ten musí být ale ze skupiny rytířů, kteří znají jak rytíře A, tak rytíře B. To znamená, že vždy existuje alespoň jedna čtveřice rytířů, kteří se navzájem znají (za dodržení podmínek úlohy).
Úloha č. 8
Do krabice je možné umístit 106 koulí. Uspořádáme je do jedenácti řad takto:
a) v každé liché řadě bude 10 koulí (lichých řad je 6)
b) ve čtyřech sudých řadách bude 9 koulí (jejich středy S budou nad body dotyku sousedních koulí předcházející řady)
c) v jedné sudé řadě bude 10 koulí
6 \cdot 10 + 4 \cdot 9 + 10 = 106
Důkaz:
- Do krabice se vejde 106 koulí. Vypočteme výšku v jedenácti takto uspořádaných řadách:
v=2r+4r+8v_{t}, kde:
2r ... středy koulí první (a poslední) řady musí mít nejméně vzdálenost r ode dna (a víka) krabice.
v_{t} ... výška rovnostranného trojúhelníka SS^{'}S^{''}, kde S jsou středy tří koulí se vzájemným dotykem (je to tedy vzdálenost středů koulí sousedních řad, z nichž jedna má uspořádání a) a druhá má uspořádání b)
4r ... pro 2 sousední řady platí, že jedna má uspořádání a) a druhá c); výška těchto dvou řad je rovna 20 cm (čtyři poloměry)
Užitím Pythagorovy věty dostaneme v_{t}=r \cdot \sqrt{3}, v_{t}=8,66 cm v=2\cdot5 + 8\cdot8,66 + 20, v=99,28 cm
v<100 ... tímto jsme dokázali I.
II. Do krabice se nevejde více než 106 koulí.
1) Předpokládejme, že se jich tam vejde 6\cdot10 + 3\cdot9 + 2\cdot10=107 (tzn. že v každé liché řadě bude 10 koulí -- 6 řad, ve třech sudých řadách bude 9 koulí, ve dvou sudých řadách bude 10 koulí)
2) Pro tento případ v=2r+6v_{t}+8r a v<100 cm
v=10 + 6\cdot8,66 + 40, v=101,96
v>100 ... spor
Do krabice se nevejde 107 koulí.
