Úloha č. 1

Příklad je nejlepší řešit pomocí množinového diagramu. Dva dny, kdy zároveň pršelo, dul severák a bylo oblačno, dáme do průsečíku tří množin. Čtyři dny pršelo a bylo oblačno, ale do průsečíku množin pršelo a bylo oblačno, umístíme jen zbylé dva dny, protože dva dny jsou již v průsečíku všech tří množin. Stejně postupujeme u dalších dní. Tam, kde je údaj jen jeden, např. jedenáct dní pršelo, jen dopočítáme zbylé dny. Zhoršené počasí bylo dvacet tři dní, celkem bylo dvacet osm dní, z toho tedy vyplývá, že slunečné počasí bylo pět dní.

Úloha č. 2

Z 12 zápalek lze sestavit za daných podmínek 25 mnohoúhelníků. Největší obsah ze všech má čtverec 3 \times 3 zápalky, mnohoúhelníků s nejmenším obsahem je více (čísla pod obrazci udávají obsah v j^{2}):

Úloha č. 3

Tato úloha je řešením rovnice o jedné neznámé, pokud si ji vhodně zvolíme.

Kapři	$$	3 \cdot x	$$	(, 3 \times víc než cejnů) $
Cejni	$$	x
Štiky	$$	x+1	$$	(o jednu více než cejnů)
Okouni	$$	4 \cdot (x+1)	$$	(, 4 \times$ více než štik), ale taky
$$	$$	1 + 7 + 3\cdot x	$$	(o jednoho více než kaprů a úhořů dohromady)
Úhoři	7

Řešíme tedy rovnici:

4 \cdot (x+1)	=	1 + 7 + 3 \cdot x
x	=	4

Dopočítáme. Kaprů rybář chytil 12, štik 5, okounů 20, cejny 4 a úhořů 7. Celkem rybář chytil 48 ryb.

Úloha č. 4

Pokud platíme dvěma bankovkami a vrátí nám jednu, znamená to v podstatě, že nakupujeme za jednu bankovku. Tzn., že s 29 bankovkami můžeme vykonat nejvýše 28 nákupů (po dvacátém osmém už máme jen jedinou bankovku a tou nelze samotnou zaplatit). Všimneme si dále, že po každém nákupu se počet bankovek všech barev mění o jednu. (Ze dvou hromádek jsme ubrali a do třetí přidali). Byl-li tedy počet bankovek sudý, po prvním nákupu se změní na lichý a naopak. Po sudém počtu nákupů zůstává v hromádce, kde byl původně lichý počet, lichý počet bankovek, kde byl sudý, sudý počet bankovek. Víme-li, že můžeme vykonat 28 nákupů, a zbyde jedna bankovka, pak musí být právě modrá, protože jen modrých bankovek byl na počátku lichý počet.

Úloha č. 5

a) Nejprve je třeba si uvědomit, kdy má mnohoúhelník nejmenší obvod při daném počtu čtverečků. Je to tehdy, když je co nejvíce čtverečků „schováno uvnitř“, tj. mnohoúhelník se podobá čtverci a nemá pokud možno žádné zářezy. Tato situace nastane, pokud si vezmeme čtverec 8\times8. Zbývá vhodně umístit 9 čtverečků. To lze provést více způsoby, např. 8 připojit ke čtverci a jeden k této řadě (na libovolné místo) apod. Nejmenší obvod je 180 mm a tvoří ho strany 36 čtverečků.

b) Aby se mnohoúhelník skládal při daném obvodu z co nejvíce čtverečků, opět je nejvýhodnější, bude-li to čtverec, popř. útvar jemu co nejvíce podobný. Při obvodu 290 mm by to mohl být čtverec o straně 70 mm (jeho obvod je 280 mm) a zbývá nám 10 mm, což jsou dvě strany čtverečku, který k tomuto čtverci připojíme. Ale hledáme největší obsah, takže je třeba si uvědomit, že 10 mm obvodu přibude i tehdy, přidáme-li nejen jeden, ale i celou řadu čtverečků. (V podstatě obdélník 14 \times 1, přidáváme obvod kratších stran.) Největší obsah bude mít za daných podmínek obdélník 14 \times 15 čtverečků, tj. 210 čtverečků.

Úloha č. 6

Existuje více způsobů, jak tuto úlohu vyřešit. Uvedeme například řešení podle Ivany Heričové.

Mince si označíme čísly 1,2,3,4,5,6.

První vážení označíme m_{1} a zvážíme mince 1,2,3,4. Jako druhé vážení (m_{2}) mince 1,2,5,6.

a) Pokud m_{1}=m_{2}, pak bychom zvážili 1,3,4,5. Je-li $m_{3} \neq m_{1} ''(tedy i m_{3} \neq m_{2})'', pak falešná je mince č. 2$. Je-li m_{1}=m_{2}=m_{3}, pak je falešná mince č. 1.

b) Pokud m_{1} \neq m_{2}, víme, že falešná je některá z mincí 3,4,5,6. Jako m_{3} zvážíme mince 3,5. Je-li m_{3}=m_{1}\over2, pak je falešná mince č. 6. Pokud m_{3}=m_{2}\over2, pak falešnou mincí je č. 4. Jestliže 2\cdot(m_{1}-m_{3})=m_{2}, pak je falešná mince č. 3, jestliže 2\cdot(m_{2} - m_{3})=m_{1}, pak je falešná mince č. 5.

Úloha č. 7

Jestliže je v rovině narýsována přímka, která není rovnoběžná se žádnou jinou a víme, že žádné tři přímky se neprotínají v jednom bodě, musí tato přímka protnout všechny ostatní přímky, které už jsou v rovině narýsovány. Rozdělme touto přímkou rovinu na dvě poloroviny. V jedné zůstanou průsečíky přímek již narýsovaných, v druhé se nebudou žádné dvě přímky protínat. V první polorovině zůstane zachován počet částí, v druhé polorovině vzniknou nové části a těch bude vždy o jednu více než bylo již dříve narýsovaných přímek. Tedy dvě přímky rozdělily rovinu na čtyři části, třetí přímkou jsme v jedné polorovině ponechali ony dříve vzniklé čtyři části a v druhé jsme vytvořili tři části.

Pokud si uvědomíme tuto závislost, dostáváme:

Počet přímek	1	2	3	4	5	6	7	8
Počet částí	2	2+2	4+3	7+4	11+5	16+6	22+7	29+8

Osm přímek tedy rozdělí rovinu na 37 částí.

Úloha č. 8

Dráhu, kterou jede Malá Čarodějka při cestě tam do kopce a při cestě zpět z kopce, si označíme s_{1}, po rovině s_{2} a z kopce s_{3}. Dobu, za kterou urazí cestu tam i zpět si označíme t. Rychlosti po řadě (20,24,30) označíme v_{1}, v_{2}, v_{3}. Víme, že s_{1}+s_{2}+s_{3}=12 km a v=s \over t (dráha děleno čas).

t	=	s_{1}\overv_{1} + s_{2}\overv_{2} + s_{3}\overv_{3} + s_{3}\overv_{1} + s_{2}\overv_{2} + s_{1}\overv_{3}
t	=	(s_{1}+s_{3}) \over v_{1} + 2 \times s_{2} \over v_{2} + (s_{1}+s_{3}) \over v_{3}
	po dosazení
t	=	(3 \cdot (s_{1}+s_{3}) + 5 \cdot s_{2} + 2 (s_{1}+s_{3})) \over 60
t	=	5 \cdot (s_{1}+s_{2}+s_{3}) \over 60
t	=	5 \cdot 12 \over 60
t	=	1

$$

Po úpravě dostáváme t=1 hodina. Cesta tam a zpět bude Malé Čarodějce trvat jednu hodinu.