Úloha č. 1

V této úloze bylo nejdůležitější si uvědomit, co máme vlastně spočítat. Asi nejpřehlednější cesta k řešení byla tato:

Na celý problém se díváme jako na množiny:

Prvky každé množiny označují roky, kdy se stala katastrofa. Pokud prvek leží v průniku dvou množin, znamená to, že označuje rok, kdy se udály dvě katastrofy najednou, a pokud prvek leží v průniku všech tří množin, označuje rok, kdy se odehrály všechny katastrofy současně. Nyní již stačí spočítat, kolik prvků má sjednocení.

Jednotlivé množiny mají následující počet prvků:

požáry:	$$	2000:7=285\times	(co sedmý rok)
záplavy:	$$	2000:9=222\times	(co devátý rok)
tornáda:	$$	2000:11=181\times	(co jedenáctý rok)
požáry+záplavy:	$$	2000:(7*9)=31\times
požáry+tornáda:	$$	2000:(7*11)=25\times
záplavy+tornáda:	$$	2000:(9*11)=20\times
požáry+záplavy+tornáda:	$$	2000:(7*9*11)=2\times
jen požáry+záplavy:	$$	31-2 = 29\times
jen požáry+tornáda:	$$	25-2 = 23\times
jen záplavy+tornáda:	$$	20-2 = 18\times
jen požáry:	$$	285-29-23-2 = 231\times
jen záplavy:	$$	222-29-18-2 = 173\times
jen tornáda:	$$	181-23-18-2 = 138\times

Dělili jsme beze zbytku, jelikož nás zajímá, kolik katastrof se stalo do roku 2000.

Tedy Omnipolis byl do roku 2000 obnoven 285+222+181-31-25-20+2=614 krát.

Úloha č. 2

První řešení -- podle Jakuba Nezvedy: Do každé křižovatky napíšeme počet různých cest, které tam vedou z bodu B. Zřejmě do míst zcela na západě a zcela na jihu parku se dá dostat jediným způsobem. Ostatní počty získáme postupným dopočtením. Na danou křižovatku se Bedřich může dostat x způsoby ze západu a y způsoby z jihu. Celkový počet způsobů, jak se dostat na příslušnou křižovatku, je pak x+y. Takto dojdeme k tomu, že se z místa B do místa A dá projít 150 různými způsoby, aniž bychom se zdržovali.

Druhé řešení -- podle Milana Dvořáka: Bedřich musí při své cestě parkem projít z místa B do A celkem 10 úseků. Musí jít přitom čtyřikrát na sever a šestkrát na východ. Jeho cestu tak můžeme popsat skupinou 10 písmen S (sever) a V (východ), kde S použijeme čtyřikrát a V šestkrát. Kdyby v parku nebyla dvě místa, kde má Bedřich pouze jednu možnost, zda jít na sever nebo na východ, tak je počet všech způsobů roven 10 ''nad'' 4 = 210. Od tohoto počtu odečteme ty cesty, které nejsou možné. Z místa B do místa C se lze dostat 5 ''nad'' 4 = 5 způsoby a z D do A pak $4 nad 1 = 4 způsoby. Celkem tedy cest, které vedou z B do A$ přes nepovolenou cestu CD je 5 \cdot 4 = 20. Obdobně z B do A přes EF se dostaneme 5 ''nad'' 3 \cdot 4 ''nad'' 3 = 40 způsoby. Bedřich tedy může projít parkem 210-20-40=150 způsoby, aniž by se zdržoval.

Úloha č. 3

Nejprve uvedeme, jak lze dané útvary složit ze zápalek v rovině. Pomocí devíti sirek lze složit dokonce čtyři shodné čtverce.

Pomocí dvanácti zápalek složíme šest shodných čtverců například tak, jak je vidět na druhém obrázku.

Složit čtyři shodné trojúhelníky pomocí šesti zápalek nelze v rovině vyřešit, aniž bychom zápalky překřížili.

V prostoru můžeme postupovat následovně. Poskládáme-li ze zápalek trojboký hranol, máme tři shodné čtverce.

Z dvanácti zápalek složíme krychli, která má šest shodných čtverců.

Čtyři shodné trojúhelníky můžeme získat jako stěny čtyřstěnu.

Úloha č. 4

V řešení použijeme vztah mezi rychlostí v, dráhou s a časem t při jízdě stálou rychlostí s=vt. Označme čas mezi odjezdem autobusu (tj. 7.35) a začátkem vyučování t_{0}, rychlost řidiče Šnekypida v_{š}=100 om/oh, rychlost řidiče Jakojaguara v_{j}=150 om/oh a čas, o který se špatně jedoucí řidiči netrefí, \Delta t=5 omin (čteme „delta té“, takovým symbolem se ve fyzice často vystihuje rozdíl nějakých dvou veličin, v našem případě je to rozdíl řidičova času a správného času). Pak platí v_{š}(t_{0}+\Delta t)=v_{j}(t_{0}-\Delta t), protože dráhy, které oba dva řidiči ujedou, jsou pokaždé stejné. Vyřešíme-li tuto rovnici, dostaneme

vyučování tedy začíná v 7.35 + 0.25 = 8.00.

Nyní spočítejme rychlost v řidiče Včasoidea, který přijede přesně na začátek vyučování. Mnozí z vás jste si mysleli, že stačí spočítat aritmetický průměr rychlostí v_{š} a v_{j}, a použili jste to bez zdůvodnění. Ukážeme, že pro výpočet správné rychlosti je nutné použít jiný vztah (a to pro takzvaný harmonický průměr ). Opět použijeme toho, že všichni řidiči ujedou stejnou dráhu, tedy v_{š}(t_{0}+\Delta t)=vt_{0} a v_{j}(t_{0}-\Delta t)=vt_{0}. Roznásobením a převedením členů s t_{0} na jednu stranu dostaneme vt_{0}-v_{š}t_{0}=v_{š}\Delta t, v_{j}t_{0}-vt_{0}=v_{j}\Delta t. Vydělíme první vztah v_{š} a druhý v_{j}, na pravých stranách dostaneme pokaždé \Delta t, levé strany se tedy taky rovnají, (v-v_{š} \over v_{š})t_{0}=\Delta t=(v_{j}-v \over v_{j})t_{0}. Můžeme krátit t_{0} a upravit zlomky, dostáváme v\overv_{š} - 1 = 1 - v\overv_{j}, po převedení zlomků na jednu stranu a jedniček na druhou a vytknutí v máme v\left(1\overv_{š} + 1\overv_{j}\right)=2, tedy

po dosazení známých rychlostí dostaneme v=120 om/oh.

Úloha č. 5

Máme určit zbytek po dělení čísla 2^{666666} sedmi. Určitě víme, že tento zbytek není nula, protože žádná mocnina dvou není dělitelná sedmi. Číslo 2^{666666} můžeme napsat jako (2^{3})^{222222}=8^{222222}. Při řešení použijeme věty, že pokud přirozené číslo n po dělení sedmi dává zbytek b, pak i jeho osminásobek po dělení sedmi dává zbytek b. Číslo n můžeme totiž zapsat ve tvaru n=7a+b a pak 8n=8(7a+b)=7\cdot8a+7b+b=7(8a+b)+b, což znamená, že 8n má zbytek po dělení sedmi roven b. Nyní číslo 8^{222222} napíšeme jako 8 \cdot 8^{222221}. Číslo 8 dává zbytek po dělení sedmi 1 a ten se nezmění, když ho vynásobíme 222221 osmičkami. Číslo 2^{666666} dává po dělení sedmi zbytek 1.

Úloha č. 6

Ukážeme, že 7 ubrusů stačit bude. Nakreslíme si na oltář šestiúhelníkovou síť a ihned vidíme, že oltář pokrývají už tyto šestiúhelníky. Přitom kruhové ubrusy jsou větší než tyto šestiúhelníky a pokrývají je beze zbytku.

Komentář: Mnozí z vás jste pouze spočetli obsah plochy oltáře a obsah, který pokryjí ubrusy. Takovéto řešení ale nemůže dát informaci o tom, zda oltář pokryjeme, aniž bychom ubrus stříhali. (Zkuste si rozmyslet, že šesti ubrusy nelze oltář bez stříhání pokrýt, přestože podle obsahů by to jít mělo.)

Někteří špatně pochopili výraz pokrýt beze zbytku -- samozřejmě to znamená, že nesmí zůstat žádná část oltáře nepokrytá. Tak, aby nezbyl ani ubrus, by to šlo se čtyřmi ubrusy; to by vám však nestačily ani nůžky, museli byste ubrus roztavit.

Úloha č. 7

Označme si: S ... vrchol skály, T ... pata kolmice spuštěné z bodu S na zem, P ... místo, kde stojí panenka (výšku panenky pochopitelně zanedbáváme), H ... místo, kam doletěla columba.

Ze zadání víme, že \left(\angle SPT\right) = 30\deg. Protože holubička doletěla přímo nad panenku, je úhel HPT pravý. Odtud vypočteme velikost úhlu HPS: $\left(\angle HPS\right) = \left(\angle HPT\right) - \left(\angle SPT\right) = 90\deg - 30\deg = 60\deg.$ Dále ze zadání víme, že \left(HP\right)=\left(HS\right)=1 om. Tedy \triangle PHS je rovnoramenný se základnou PS a úhly při základně 60\deg. Je tedy také rovnostranný.

V \triangle PHS sestrojíme výšku na stranu HP. Její patu označíme S'. Platí |S'P|=|S'H|=0,5 om. Protože S'STP je obdélník, je zároveň |ST|=0,5 om. Výška skály je 0,5 om.

Opravovali: 1. Roman Fiřt, 2. Zbyněk Pawlas, 3. Viktor Bobro, 4. Petr Škovroň, 5. Lenka Blažková, 6. Páťa Rexová, 7. Jakub Vojtíšek.