Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Žluté žetony se mohou dotýkat červeného buď stranou anebo vrcholem. Asi první obrázek, který každého napadne, jsou čtyři čtverce dotýkající se kruhu středy svých stran (levý obrázek).

Toto postavení lze vylepšit, posuneme-li dva protilehlé čtverce tak, aby se kruhu dotýkaly ve stejném bodě, ale tentokrát svými vrcholy. Vznikne tak místo pro další dva čtverce a dostaneme pravý obrázek.

Odpověď na otázku ze zadání tedy zní, že kolem kruhového žetonu lze umístit šest čtvercových tak, aby se ho dotýkaly a přitom se nepřekrývaly.

Komentář: Dokázat, že se nepodaří okolo kruhového žetonu umístit více než šest čtvercových tak, abychom vyhověli zadání, přesahuje možnosti základoškolské matematiky, nicméně ti z vás, kteří si uvědomili, že by bylo vhodné se o něco podobného pokusit, mají vyšší počet bodů.

Někteří řešitelé rozmístili čtverce pravidelně tak, že se dotýkaly kruhu pouze svými vrcholy. Při přesnějším rýsování však zjistíme, že se čtverce v této pozici budou nepatrně překrývat:

Pokud nevěříte obrázku, nabízíme pro zájemce přesný výpočet, který je ovšem založen na pokročilejších znalostech (goniometrické funkce).

Označme body jako na obrázku a spočtěme |\angle BSD|. Vyjde-li větší než 60\deg, je jasné, že se nám nepodaří umístit šest čtverců tak, aby splňovaly podmínky zadání. Z Pythagorovy věty pro trojúhelník DS_{2}S je

kde r je poloměr kruhu a u je délka úhlopříčky čtverce. Platí, že u=2\cdot\sqrt{2}\cdotr (lze spočítat například z Pythagorovy věty pro trojúhelník, jehož vrcholy jsou tři vrcholy čtverce).

Nyní vyjádříme např. sinus velikosti úhlu CSD:

Víme, že \sin 30\deg = 1\over2, dále

protože sinus se zvětšuje se zvětšováním úhlu (z 0\deg na 90\deg), musí být |\angle CSD|>30\deg, a tudíž i $|\angle BSD|= 2\cdot|\angle CSD|>60\deg$.

Úloha č. 2

Připomeňme, že sjednocením dvou útvarů jsou body, které leží alespoň v jednom z nich. Popišme si jednotlivé vrcholy, jak bylo v zadání.

Nejdříve si uvědomme následující skutečnosti: Boční hrany AH, HC a ED, DG jehlanů jsou stěnovými úhlopříčkami původní krychle. Hrany HB a DF jsou tělesovými úhlopříčkami krychle. Stěnové úhlopříčky krychle se protínají ve středu čtvercové stěny, tělesové úhlopříčky se protínají ve středu krychle.

Označme průsečíky AH a ED jako K, HB a DF jako L a DG a HC jako M. Dále označme střed strany DH jako N. Sjednocením jehlanů ABCDH a EFGHD jsou dva komolé čtyřboké jehlany ABCDKLMN a EFGHKLMN „slepené“ k sobě podstavami KLMN. Výšku komolých jehlanů tvoří hrana DN, respektive HN, což jsou poloviny hrany krychle, tedy měří a\over2. Oba komolé jehlany mají za jednu podstavu stěnu krychle (její obsah je a \cdot a = a^{2}), druhou podstavu tvoří čtyřúhelník KLMN.

Ukážeme, že KLMN je čtverec: Úsečky KL, LM, MN a NK jsou po řadě středními příčkami trojúhelníků ABH, BCH, CDH a DAH, proto je jejich velikost a\over2. Navíc úhel MNK je pravý, neboť body M, N a K leží v rovině rovnoběžné s podstavou ABCD, úsečky KN a MN jsou po řadě rovnoběžné s hranami AD a DC, které spolu svírají pravý úhel. To stačí k určení čtyřúhelníku KLMN jako čtverce o straně délky a\over2.

Nyní použijeme vzorec pro objem komolého jehlanu

kde pro oba jehlany je jejich výška v rovna a\over2, obsah S_{1} větší čtvercové podstavy je a \cdot a = a^{2} a obsah S_{2} menší čtvercové podstavy je a\over2 \cdot a\over2 = \left(a\over2_right())^{2}. Dosadíme do vzorce a upravíme:

To je obsah jednoho komolého jehlanu. Nyní stačí výsledek vynásobit dvěma a dostaneme tak, že objem úvazníku je 7\over12 a^{3}.

Komentář: Jiným možným řešením, které se objevilo, bylo rozložení sjednocení jehlanů na několik částí a pak spočítání obsahů jednotlivých částí. Někteří z vás počítali nejdříve objem odříznuté části krychle a pak ho odečetli od objemu celé krychle.

Málokteré řešení bylo úplně kompletní, většinou chybělo zdůvodnění, že čtyřúhelník KLMN je čtverec. Asi myslíte, že krychle je natolik známý útvar, že není třeba tak podrobně vysvětlovat řešení -- to je ovšem omyl. Body jsem strhával za chyby ve výpočtech a za velké díry ve zdůvodňování. Pokud jste počítali jinou část krychle, dostali jste jeden bod.

Úloha č. 3

Řekněme, že čísla 36 a 60 jsou zapsána v číselné soustavě o základu x a čísla 25 a 39 v číselné soustavě o základu y. Čísla 36 a 60 v soustavě o základu x lze zapsat jako 3x + 6 a 6x + 0 a čísla 25 a 39 v soustavě o základu y lze zapsat jako 2y + 5 a 3y + 9. Dosazením do zadání dostaneme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých:

Ze druhé rovnice si vyjádříme x:

Dosadíme do první rovnice a dostaneme

Rovnici upravíme na

a dostaneme, že y = 11. Dosadíme do rovnice pro x:

Čísla 36 a 60 jsou tedy v sedmičkové soustavě a čísla 25 a 39 v jedenáctkové soustavě.

Zbývá nám zjistit, kolik dostal hokynář zaplaceno. K tomu stačí převést čísla 36 a 60 do desítkové soustavy. Před akcí dostal $3 \cdot 7 + 6 = 27 tisíc dolarů a po akci měl dostat 6 \cdot 7 + 0 = 42$ tisíc. Celkem měl tedy dostat 69 tisíc dolarů.

Komentář: Ti, co se odvážili tuto úlohu řešit, měli většinou všechno dobře, takže jsem mohl s chutí rozdávat body.

Úloha č. 4

První cifru hledaného pětimístného čísla označíme a, druhou b a třetí c. Víme, že cifra na místě desítek je b a cifra na místě jednotek je a. Celé číslo můžeme zapsat jako 10000a+1000b+100c+10b+a.

Ciferný součet hledaného čísla je roven a+b+c+b+a=2a+2b+c=2(a+b)+c. Pokud má ciferný součet čísla být dělitelný třemi a zároveň nebýt dělitelný šesti, číslo nesmí být dělitelné dvěma (šest je dvakrát tři, hledané číslo je dělitelné třemi, pokud by zároveň bylo dělitelné dvěma, bude dělitelné i šesti). Aby nebylo číslo 2(a+b)+c dělitelné dvěma, musí být c liché.

Dále zjistíme, jaké podmínky na cifry dostaneme z pravidla, že po přičtení 27 dojde k prohození čtvrté a páté cifry. V zadání není nikde řečeno, že se při přičtení 27 nemůže změnit prostřední cifra (zvětšit o 1 v případě, že 10b + a + 27 > 99). Prozkoumáme nejprve tuto možnost:

Víme, že a a b jsou celá čísla, tudíž 9b-9a je dělitelné devíti, zatímco 73 dělitelné devíti není. Tato možnost proto nemůže nastat.

Druhá možnost je, že se po přičtení 27 prostřední cifra nezmění. Pak platí:

Zjistili jsme tedy, že dvojice (a, b) mohou nabývat jen hodnot (3, 0), (4, 1), (5, 2), (6, 3), (7, 4), (8, 5), (9, 6).

Zbývá nám poslední pravidlo, totiž že prostřední cifra musí být ostatními ciframi jednoznačně určena. Prostřední cifra musí být tedy taková, aby k ní nešlo přičíst šest (resp. od ní šest odečíst), protože jinak by i číslo s cifrou vzniklou po tomto přičtení/odečtení šesti bylo řešením. Dělitelnost dvěma, třemi ani šesti se totiž po přičtení/odečtení šesti nezmění. Prostřední cifra může proto nabývat pouze hodnot 4 a 5. Víme ale, že prostřední cifra musí být lichá, proto c=5.

Nyní nám již stačí najít ty dvojice první a druhé cifry, které dávají po sečtení a vynásobení dvěma a přičtení pěti číslo dělitelné třemi. Jsou to dvojice (4,1) a (7,4). Řešením jsou tedy čísla 41514 a 74547.

Komentář: Většina řešitelů nepochopila poslední pravidlo, tj. jednoznačné určení prostřední cifry ostatními ciframi, a uváděla i řešení, která toto pravidlo nesplňovala. Za to jsem strhával bod. Další body jsem strhával řešitelům, kteří více pravidel řešili způsobem „Zkoušením jsem zjistil, že jsou to tato čísla: ...“

Úloha č. 5

Nejdříve nás asi napadne, že skříň musí být v takové poloze, aby se do dveří vůbec vešla. Jediná taková poloha je, když skříň má na šířku 0,7 m a na výšku 1,2 m. Další otázkou je, jestli skříň do této pozice vůbec umíme dostat. Proto si vypočítáme délky úhlopříček jejích stěn, ty nám vždy udávají, kolik nejvíce skříň při otáčení zabere na šířku nebo výšku.

Podle Pythagorovy věty platí:

To znamená, že skříň můžeme nejdříve překlopit přes hranu dlouhou $1,2 m a pak ji otočit kolem hrany dlouhé 1,9 m$.

Jako druhou vyřešíme otázku, jestli záleží na tom, kde bude stát skříň. Pokud bude stát u delší stěny, otočíme ji okolo hrany dlouhé 1,9 m (to lze, protože u_{2} \leq 1,7 m ) a posuneme ke kratší stěně. Postup lze aplikovat i naopak, takže na tom, kde stojí skříň, nezáleží. Takže se nic nestane, když budeme předpokládat, že je skříň u kratší stěny.

Nyní zjistíme, zda jde skříň vystěhovat, když budou dveře na kratší stěně anebo na delší stěně.

Pokud budou dveře v kratší stěně, pouze skříň otočíme do výše popsané polohy a vyneseme ven. Dveře zřejmě mohou být kdekoli na stěně a postup bude stále stejný.

Pokud budou dveře v delší stěně, opět skříň otočíme do výše uvedené polohy a nyní ji zkusíme ve dveřích vytočit.

Nejhorší pozice dveří v tomto případě bude uprostřed stěny, protože potom máme nejméně manipulačního prostoru na krajích. Ať už se dveře posunou kamkoli, vždy na jedné straně vznikne více volného místa. Vyřešíme tedy úlohu pro toto umístění dveří. Podle obrázku přisuneme skříň ke stěně tak, aby se při otáčení dotkla hranou dveří. Potom nám nebudou překážet futra. Odtud vypočítáme délky x a y:

Je vidět, že na každou stranu od dveří je 1,9-0,9 \over 2 m = 1,55 m místa a skříň se vejde.

Poslední, co musíme ověřit, je, jestli skříni nevadí stěna naproti dveřím. Pokud z udává, kolik skříň při otáčení zabírá nejvíce místa na šířku, tak $z = \sqrt{y^{{2} + 0,7}{2}} m \doteq 1,51 m. Protože místnost je široká 1,7 m$, skříň lze pohodlně otočit.

Poté, co skříň otočíme do polohy kolmé na stěnu se dveřmi, vyneseme ji ven.

Na poloze dveří tedy také nezáleží.

Komentář: Existovalo více způsobů, jak skříň z pokoje dostat. Pokud jste se zabývali pouze případem, že budou dveře na kratší straně, dostali jste jeden bod. Další body byly za výpočty krajních bodů při otáčení, za konstatování, že futra nevadí, a za odůvodnění, že úlohu stačí vyřešit pro dveře uprostřed stěny.

Úloha č. 6

Začněme tvrzením, že úloha byla jednoduchá. Téměř všichni, kdo ji odevzdali, mají plný počet bodů, avšak správně ji vyřešil pouze Honza Bílek.

Je třeba spočítat, zda se policistovi střílet vyplatí, a případně, kolik metrů takto získá k dobru. Pokud totiž policista nestřílí, snadno nahlédneme, že se od zloděje ani nevzdaluje ani se k němu nepřibližuje.

Rozdíl drah při výstřelu bude 4\cdot\pi-8-0,5\cdot6, to vše v metrech: 4\cdot\pi je dráha zloděje -- tedy obvod kružnice, 8 je dráha policisty a konečně 0,5\cdot6 je dráha, kterou uběhne zloděj, zatímco policista míří. To vše se odehraje nejvíce osmnáctkrát, tedy policista je schopen stáhnout 18\cdot(4\cdot\pi-11) metrů. Mnozí z vás spočetli přibližný výsledek 28 metrů a určili, že policista zlodějův náskok 25 metrů skutečně zlikviduje a zloděje dožene. To je i správné řešení, ovšem matematicky jsme udělali jednu chybu.

Je třeba si uvědomit, že naše zaokrouhlování způsobuje chybu ve výsledku. Pokud jsme zaokrouhlovali dolů (tedy zisk policisty na jeden výstřel jsme zaokrouhlili na 1,56 metru nebo méně), výsledek je bezesporu správně (neboť i tak policista zloděje dožene). Ovšem pokud bychom zaokrouhlovali nahoru, pak 18 výstřelů zisk policisty osmnáctkrát znásobí a díky naši zaokrouhlovací chybě bychom mohli získat špatný výsledek. V takovém případě je třeba udělat odhad naší chyby. Například jsme zaokrouhlili zisk jednoho výstřelu na setiny, a tedy celková chyba bude maximálně 18 \cdot 0,005 metrů, což neovlivní výsledek. A nebo je dobré udělat výpočet druhý se zaokrouhlením dolů.

Nádherně byla tato chyba vidět, pokud jste určovali, kolik výstřelů policistovi bude stačit (přestože tato otázka v zadání nebyla). Některým vyšlo, že mu zbude jeden náboj, jiným zase dva. Co je tedy správně?

Policista své manko 25 metrů po každém výstřelu zkrátí o (4\cdot\pi-11) metrů. Bude tedy potřebovat alespoň

výstřelů. Nejprve provedeme dolní odhad \pi>3,14 a vyjde nám

tedy policista potřebuje alespoň 17 výstřelů. A poté vezmeme horní odhad \pi<3,142, kde nám stejný vzorec vrátí výsledek

tedy policistovi stačí 16 výstřelů. Jak to tedy je?

Policista po šestnácti výstřelech uběhne (64\cdot\pi-176) metrů. Budeme postupně zvyšovat přesnost výpočtu zdola (zaokrouhlujeme \pi dolů, jinak nemůžeme dostat správný výsledek), tedy \pi si rozepíšeme (toto nalezneme v tabulkách, pro základní školy):

a vynásobíme ho 64:

od obou stran rovnice odečteme 176 tak, abychom na levé straně dostali výraz z úvodu tohoto odstavce:

Nyní na pravé straně rovnice budeme postupně přičítat jednotlivé připravené sčítance -- buď do doby, kdy nebudeme moci ovlivnit výsledek v řádech jednotek (uděláme odhad), nebo do doby, kdy nám zbude 25 metrů a ještě něco navíc:

tedy ti, z vás, kterým vyšlo, že šestnáct výstřelů bude stačit, měli pravdu, těm ostatním by stačilo dosazovat \pi=3,141.

Komentář: Až na výjimky jste zjistili, že policista zloděje dostihne, ovšem nikdo z vás, krom Honzy Bílka, se nezabýval zaokrouhlovací chybou. Body jsem za to nesrážel, neboť to není učivo základní školy, ale doufám, že příště mi alespoň někteří udělají radost.

Úloha č. 7

Hned na první přečtení je jasné, že s citovanými větami není něco v pořádku, že znějí přinejmenším podivně. Poučený čtenář v tom hbitě rozpoznal příznak toho, že jde o matematické výroky, které mají svou osobitou stavbu a logiku a s tím je třeba k nim přistupovat. (Vám, kteří právě lamentujete, jak jste to měli vědět a že jste to nebrali, vřele doporučuji tábor Pikomatu, kde se dozvíte řadu zajímavých věcí nejen o výrocích)

Písmeny A, B, C se běžně označují jednoduché výroky typu „Mám žlutou kachničku.“ nebo „V Aless lžou každým okamžikem.“ Každý výrok je buď pravdivý, nebo nepravdivý. Matematici říkají, že jejich pravdivostní hodnota je pravda, nebo nepravda (to není vtip, to je výroková logika) a značí se 1, nebo 0. Panuje-li mezi nimi nějaký vztah, jsou to složené výroky, například: „Jestliže mám žízeň, pak se napiji.“ či „Koupím štětec nebo barvy.“ Všimněte si, že často pijete, i když nemáte žízeň, a že nejčastěji kupujete barvy i štětec současně. Přesto zůstávají tyto složené výroky v platnosti. Jak to poznat, se dozvíte v následujícím textu.

Rozlišujeme čtyři druhy složených výroků. Konjunkce je prosté spojení dvou výroků A \wedge B. Platí-li oba, je i konjunkce pravdivá, ale stačí, aby jeden z nich byl nepravda, a celý složený výrok je taktéž nepravdivý. Při čtení zápisu se používá spojka „a“. Například „Bude pršet a já zmoknu.“ Jasně vidíme, že věta bude nepravdivá, když se například před deštěm schovám a nezmoknu. Stejně tak pokud pršet nebude, je věta také nepravdivá.

Při disjunkci stačí, aby byl pouze jeden z dílčích výroků pravdivý, a celý složený výrok je také pravdivý. Značí se A \vee B a čte se slůvkem „nebo“. Tedy věta „Dám ti žlutou kachničku nebo zeleného hrošíka.“ je jistě pravdivá, když ti jedno ze zvířátek skutečně dám, ale dokonce i v případě, že ti dám obě. Tady mimochodem krásně vidíme, že matematické výroky nelze chápat běžným jazykovým citem, jak se o to mnozí z vás pokoušeli v řešení.

Implikace, známá jako A \Rightarrow B, označuje důsledek. Výrok A je předpoklad (podmínka, za které tvrzení platí) a výrok B je závěr. Je tedy jasné, že platí-li A, musí pro pravdivost implikace platit i B. Ale je klíčové uvědomit si, že pro situaci nepravdivosti A nedává složený výrok žádnou předpověď! Když tvrzení netvrdí nic, tak ho především nesmím prohlásit za neplatné! Proto se pro všechny případy, kdy A neplatí, považuje implikace za pravdivou!! Do mluvené řeči se převádí formulkou: „Jestliže..., pak...“ nebo „Jestliže..., potom...“ Své poznatky si ukažme na následujícím příkladu. Budiž pravdivý výrok: „Jestliže k nám přiletí ufoni, pak budou na poli kruhy v obilí.“ Doufám, že všem řešitelům Pikomatu je v tuto chvíli jasné, že sama přítomnost kruhu v obilí nemusí nutně znamenat i návštěvu Marťanů. Kdyby snad zákeřní mužíčci chtěli náš výrok vyvrátit, museli by místo v poli přistát třeba na náměstí a udělat kruh například do dlažby. A nyní tě prosím, aby sis tento odstavec přečetl/přečetla ještě jednou, aby ti zákonitosti implikace byly skutečně jasné a přešly ti do krve.

A konečně ekvivalenci je možno opsat jako obousměrnou implikaci. Zápis A \Leftrightarrow B se obvykle čte obraty: „... právě tehdy, když...“ a „... tehdy a jen tehdy, když...“ Již z těchto formulek vyplývá, že musí být obě podmínky současně platné nebo obě neplatné. Ekvivalence tedy říká, že když jedna ze dvou podmínek platí (bez rozdílu), tak platí i ta druhá. A ze stejných důvodů jako u implikace nesmíme ekvivalenci jen tak zavrhnout, když ani jeden z dílčích výroků není pravdivý, protože o tomto stavu výrok složený neříká zhola nic. Uveďme si tedy příklad: „Dostanu strach tehdy a jen tehdy, když najdu ve skříni kostlivce.“ Teď už je snad více než jasné, že když mě kostlivec skutečně vyděsí nebo když se vůbec neleknu nože od kečupu, je ekvivalence platná. Naopak když mi kostlivec vůbec strach nenažene nebo když se leknu čehokoli jiného, není ekvivalence dodržena a stává se neplatnou. Opět mi nezbývá než tento odstavec doporučit ještě alespoň jednou tvé pozornosti.

Celou problematiku ještě jednou shrnu do následující tabulky. Vlevo jsou pravdivostní hodnoty (0 a 1) jednoduchých výroků a napravo pak pravdivostní hodnoty z nich složených výroků.

Po tomto obšírném úvodu už doufejme nebude třeba mnoho rozvádět řešení úlohy samotné. Jednu z nejnepřekonatelnějších potíží vám činilo spojení: „... občas lžou a občas mluví pravdu...“ Tato formulace totiž nijak závazně neurčuje poměr mezi pravdivými a nepravdivými tvrzeními takového města. A už vůbec z něj není zřejmé, že by mělo být přesně 1:1 a jeden z výroků být pravdivý a druhý ne, ačkoli je to výklad, uznávám, přinejmenším lákavý. Jinými slovy na tvrzení města, ve kterém se občas lže a občas mluví pravda, není nejmenší spolehnutí a nemá smysl se jimi zabývat.

Úlohu lze řešit úvahou nebo projitím všech možností (například pomocí tabulky), většina z vás volila jakousi kombinaci obou. Na první pohled vidíme, že ve městě Bless rozhodně nemohou být stále pravdomluvní, protože jejich tvrzení nemohou platit současně (dvě města, která stále lžou, zadání nepovoluje). Na druhý je zřejmé i to, že Alessané nemohou stále lhát, poněvadž by to na sebe ve svém druhém tvrzení prozradili, což jaksi není logické. Z toho ovšem dále vyplývá, že první tvrzení v Cless musí být vždy pravdivé. Předpoklad totiž tímto nebude nikdy splněn, implikaci nelze vyvrátit a tato bude tedy vždy platit (jak jsme si ukázali v úvodu). Z uvedeného můžeme dále vyvodit, že tedy stálá lež zbývá na jediné město, a sice na Bless. Hned vidíme, že druhý výrok Alessanů se tímto stává nepravdivým, a jsou tedy město „občas -- občas“. Cless je pravdomluvné. Na závěr se sluší ještě ověřit, zda naše úsudky sedí se všemi zákrutami zadání. Aless: 1. Je splněna pouze jedna podmínka ekvivalence, složený výrok je nepravdivý. 2. Tato disjunkce je také nepravdivá. Nedáme se tím ale zastrašit, jelikož už víme, že město nerozhodné mezi pravdou a lží si stejně povídá, co ho napadne. Bless:

1. i 2. Oba výroky jsou zřejmě nepravdivé. Cless: 1. Neověřitelná implikace zůstává pravdivou. 2. Tento, jakkoli neskromný výrok, je také pravdivý. Naše závěry jsou tímto ověřeny.

Pro milovníky pracnějších, zato přehlednějších řešení ještě přidávám tabulku:

Zavedl jsem intuitivní značení měst podle počátečního písmene a L pro stálé lhaní, P pro vytrvalé mluvení pravdy a PL pro střídání. Jediné správné řešení tedy nalézáme v posledním sloupci, kde jsou u pravdomluvného města skutečně dvě jedničky (pravdy) a u prolhaného dvě nuly (nepravdy).

Komentář: Vcelku bez nadsázky mohu říci, že kolik různých řešitelů, tolik různých řešení. Vaše nejčastější chyby však tkvěly ve zmiňovaném „občas“ a pak vůbec v chápání výrokové logiky. Doufám, že jsem vám svým snažením problematiku dostatečně objasnil. Těm, kteří si stále nejsou jisti v kramflecích, lze jen doporučit, aby si třeba podrobně prošli výše uvedenou tabulku krok po kroku a snažili se pochopit každou dílčí úvahu. Celkové hodnocení úlohy je poněkud tristní: pět bodů spíše sporadicky, nejčastěji samé nuly. Pokud jste své byť chybné postupy alespoň nějak zdůvodnili, dostávali jste o bod víc. Ti, kdo ovládli alespoň některé ze složených výroků, dostávali další body. Na závěr jsem chtěl jen podotknout, že věty v souvětí nebo větné části spojené slovy „buď -- nebo“ ve vylučovacím významu se oddělují čárkou. A také, že slovo „blbost“ se, přes své hojné užívání v hovorové mluvě, opravdu nepoužívá v češtině spisovné, kterou by v ideálním případě měla být vaše řešení psána: je to nehezké a značně to snižuje úroveň vašich textů.

Opravovali: 1. Lenka Blažková, 2. Karel Pazourek, 3. Michal Mašek, 4. Jan Konopásek, 5. Eva Černohorská, 6. Jan Blažek, 7. Pavel Houdek.