Řešení je k dispozici také ve formátu pdf.

Úloha č. 1

Obrazec je složen ze čtyř stejných částí, proto stačí spočítat poměr bílé a šedé plochy jen v jedné z nich. Aby se nám poměr lépe počítal, přeskládáme bílé a šedé části se stejným obsahem tak, jak je znázorněno na obrázku.

Je vidět, že obrazec se skládá z šedého mezikruží a zbylé plochy, která je z poloviny bílá a z poloviny šedá.

Nejprve vypočítáme obsah S_{1} mezikruží jako rozdíl obsahů velké a malé kružnice. Poloměr velké kružnice označíme r_{v} a poloměr malé r_{m}.

Dále si spočítáme obsah S celého čtverce:

Když od obsahu celého čtverce odečteme obsah mezikruží a výsledek vydělíme dvěma, dostaneme obsah S_{2} bílé plochy:

Obsah S_{3} šedé plochy snadno dopočítáme jako rozdíl celkové plochy čtverce a plochy bílé části:

Poměr bílé a šedé plochy je:

Komentář: Uvedli jsme pouze jeden z postupů, jak úlohu řešit. Vždy si však musíme uvědomit, které útvary můžeme prohazovat a které ne. Mnoho z vás nevědělo, co to vlastně poměr je a jak se zapisuje. Obvykle se píše jako zlomek v základním tvaru nebo jako dvě čísla oddělená dvojtečkou. Například 1\over4 nebo 1:4 a čteme, že obsah bílé a šedé části je v poměru jedna ku čtyřem. Poměr se nezmění, pokud spojíme více stejných obrazců dohromady.

Úloha č. 2

Ačkoli je více možných postupů, ten následující nepřipouští více možných řešení ani pochybnosti o jakémkoli políčku.

Nejdříve vyplníme políčka, která jsou zřejmá a nezávislá na jiných políčkách. Tedy M2=2, M3=00, E1=09. D1=15 - ostatní lichá čísla menší než 20 jsou prvočísla. Číslo, které není složené, ani není prvočíslem je jedině jednička, tj. C1=1. Dále N2=256+1=257 a D2 je očividně 053.

Teď doplníme čísla v závislosti na již doplněném: O2 je v závislosti na trojce na místě desítek jedině 36, M1=44 -- nejmenší dvojciferné prvočíslo vynásobené čtyřkou, A1 bude 234, protože poslední cifra je čtyřka, C2 bude 222, a proto B1 = 222 - 8\cdot11 = 134.

A teď poslední kousek. Na políčku C3 může být 0 nebo 9. Kdyby to byla 0, pak přeházená posloupnost na O1 musí být složená z cifer 0, 1 a 2, což však nikdy nebude větší než 300. Tudíž C3=9. Další dvě cifry O1 tedy budou 7 a 8. Protože B2 musí být o jedna menší než A2, bude O1=879.

Má-li být B2 složeno ze dvou stejných cifer, musí to být 77, a tak A2 je 78 (je o 1 větší než B2).

Všechna ostatní čísla souhlasí s legendou.

Komentář: Přestože přišlo několik správných řešení, žádné z řešení nebylo dokonalé. Jen jedna osoba si uvědomila, že násobek devíti může být také nula, a ta neměla správně jinou část postupu. Proto jsem se rozhodl tento malý nedostatek ignorovat. Plný počet bodů tedy dostal ten, kdo měl správný výsledek a dostatečně zdůvodněný postup. O bod méně jsem uděloval za malé chyby ve výpočtu s hezkým řešením. Tři body dostal ten, kdo napsal pouze správné řešení se špatně srozumitelným postupem, bez postupu nebo s pouhými výpočty čísel do tabulky, napsaných jinak než v posloupnosti v jaké bylo možno tabulku vyplnit bez zkoušení. Dva a jeden bod jsem uděloval těm, kteří měli špatná řešení a špatně popsaný postup. Rovněž jsem strhával body za vyplňování políček, kde se nedalo jednoznačně určit, jestli je dané číslo správně, např. když někdo jen tak řekl, že K1 je 21. Jistěže ano, vyjde to nakonec z tabulky, ale pokud toto číslo je vyplněno ze všeho nejdřív, zapomínáte, že rovněž 42, 63 a 84 splňují požadavky, a bez jiných čísel se nedá rozhodnout, který z těchto výsledků je správný.

Úloha č. 3

Úloha měla dva způsoby pochopení zadání. A to, zda se má počítat velký obdélník, nebo ne. V obou případech bych řekla, že bylo nejrychlejší prostě zkoušet a počítat a sem tam si všimnout nějakých vlastností, které práci trochu urychlí. Objevilo se mnoho správných řešení pro oba případy pochopení zadání. Pro první případ ukážeme nejčastější řešení.

Máme základní obdélník, pokud ho rozdělíme úsečkou, vzniknou další dva obdélníky, celkem tedy máme tři obdélníky. Přidáním další úsečky, která je rovnoběžná s první, dostaneme šest obdélníků. Když každý z menších obdélníků rozdělíme na dva, dostaneme 18 obdélníků. Výsledek bude vypadat takto:

Zde je ještě jedno řešení, které mě zaujalo svou originalitou, postup je zřejmý -- přidávají se další a další obdélníky, vzhledem k tomu, že se žádné čáry neprotínají, nevzniknou už žádné další obdélníky:

Pro druhý případ výkladu zadání pak můžeme dostat například:

Komentář: Většina z vás měla řešení správné, ale dost řešitelů nenapsalo ke svému řešení komentář, nebo nějaký jiný postup. Za to jsem strhávala jeden bod. Pamatujte si -- není až tak důležitý výsledek, ale postup řešení. Objevila se i nesprávná řešení, ale nebylo jich mnoho, za ty jsem dávala jeden motivační bod.

Úloha č. 4

Úloha se dala řešit několika způsoby. První z nich spočíval v tom, že obarvíme libovolné políčko čtverce libovolnou barvou a vybarvíme všechna políčka, která jsou s ním symetrická. Pak zvolíme nějaké dosud neobarvené políčko a obarvíme ho dosud nepoužitou barvou. Touto barvou pak obarvíme všechna políčka, která jsou s ním symetrická. Takto postupujeme, dokud neobarvíme celý čtverec.

Také je možné nahlédnout, že pokud vybarvíme nějaké pole, kterým neprochází úhlopříčka, musíme stejnou barvou vybarvit ještě dalších 7 políček, aby byl celý čtverec symetrický podle všech os. Pokud vybarvíme pole, kterým prochází úhlopříčka, musíme stejnou barvou obarvit ještě další tři políčka. Protože políček, kterými prochází úhlopříčka, je 16 a musíme stejnou barvou obarvit vždy čtyři pole, na obarvení políček, kterými prochází úhlopříčka potřebujeme 16 : 4 = 4 barvy. Políček mimo úhlopříčku je 48 a stejnou barvou musíme obarvit vždy 8 polí, a tak na políčka mimo úhlopříčku potřebujeme 48 : 8 = 6 barev. Na označení jedné budovy musíme použít deset barev.

Poslední postup, který ukážeme, spočíval v tom, že si všimneme, že políčka v osmině čtverce (vyznačené na obrázku) musíme všechna obarvit různou barvou. V této osmině je deset políček, musíme tedy použít deset barev. Obarvení této osminy zároveň jednoznačně určuje i obarvení zbytku čtverce, protože chceme zachovat symetrii.

Komentář: Správných řešení bylo poměrně dost. Bohužel hodně jich také bylo bez postupu a za to jsem musel strhnout bod. Body jsem také strhával, pokud jste zapomněli na to, že čtverec je symetrický i podle úhlopříček. Pokud jste nějak jinak pochopili zadání, uděloval jsem 1 až 2 body hlavně dle toho, jak jste popsali svůj myšlenkový postup.

Úloha č. 5

Pravidelný osmistěn je platónské těleso, jehož stěny jsou shodné rovnostranné trojúhelníky. Jeho plášť je tvořen osmi rovnostrannými trojúhelníky.

Máme-li za úkol nakreslit všechny možné pláště, musíme si zvolit nějaký systém, pomocí kterého je postupně najdeme. Pokud si nakreslíme jakýkoliv plášť, tak se v něm vždy vyskytuje několik trojúhelníků v řadě za sebou. Například na následujícím obrázku je to řada šesti trojúhelníků znázorněných šedou barvou.

Začneme tím, že najdeme plášť s co nejdelší takovou řadou. Jako první nás nejspíš napadne varianta, kde je všech osm trojúhelníků v jedné řadě. To ale není plášť osmistěnu. Po složení by se poslední dva trojúhelníky překrývaly s prvními dvěma. Jinými slovy, pokud bychom měli pouze šest trojúhelníků v řadě a skládali je jako by to byl plášť osmistěnu, kterému chybí dvě stěny, pak bychom první a poslední hranu (na obrázku jsou znázorněny čárkovaně) slepili dohromady. O takových hranách budu říkat, že jsou obsazené.

Z toho vyplývá, že se v plášti může vyskytovat řada nejvýše šesti trojúhelníků. Vezmeme tedy šest trojúhelníků a připojíme k nim jeden trojúhelník shora a jeden zdola. Dostaneme tím devět možností, jak může plášť vypadat:

Byla by tu ještě možnost dát oba dva trojúhelníky nahoru, ale ať umístíme první trojúhelník kamkoliv, tak jeho zbývající hrany i zbývající hrany na horní straně budou obsazené, takže druhý trojúhelník k němu už přidat nemůžeme. Totéž platí i pokud bychom chtěli umístit oba trojúhelníky dolů.

Dále je potřeba si uvědomit, že některé pláště jsou stejné, jenom jinak otočené. To platí pro první a devátý, druhý a šestý a také pro čtvrtý a osmý plášť. Zatím tedy máme šest různých bankovek se šesti trojúhelníky v řadě. Teď se podíváme na ty pláště, kde je v jedné řadě nejvýše pět trojúhelníků:

Ze stejného důvodu jako v předchozím případě může být nahoře pouze jeden trojúhelník. Protože pláště mají sloužit jako bankovky, tak za shodné budeme považovat nejen pláště, které jsou pouze jinak otočené, ale i pláště, které jsou zrcadlově převrácené. Tedy takové, které by se po vystřižení překrývaly. Z těchto osmi jsou tedy shodné pláště číslo 10 a 15, 11 a 14 a pláště 12 a 13.

Nakonec zbývá ještě probrat možnosti, kdy je nejdelší řada tvořena pouze čtyřmi trojúhelníky. Existuje pouze pět možností. Čtyři trojúhelníky nahoře, nebo tři trojúhelníky nahoře a jeden dole, nebo dva trojúhelníky nahoře a dva dole, nebo jeden trojúhelník nahoře a tři dole a nebo čtyři trojúhelníky dole.

Všimněte si, že pláště číslo 16, 18 a 20 jsou stejné. Podobně jsou na tom i pláště 17 a 19.

Tím již můžeme skončit, protože plášť s méně než čtyřmi trojúhelníky v řadě neexistuje. V prvním kroku jsme získali šest plášťů, ve druhém tři pláště a ve třetím dva pláště. Celkem tedy existuje jedenáct druhů bankovek.

Komentář: V této úloze bylo důležité zvolit systém, pomocí kterého byste našli opravdu všechny možnosti. Pokud vám není jasné, proč je některá hrana obsazená a některá ne, tak vám doporučuji si několik plášťů vystřihnout a slepit.

Úloha č. 6

Označíme-li hmotnost Axela-57 písmenem a, hmotnost Honzy písmenem h a hmotnost Xssssfoola-1 písmenem x, můžeme zadání úlohy přepsat jako soustavu dvou rovnic:

Máme tři neznámé, ale jen dvě rovnice. Taková soustava nemá jednoznačné řešení (ale pozor, to neznamená, že by žádné řešení neexistovalo, naopak, existuje jich nekonečně mnoho). Vaším úkolem ovšem nebylo spočítat a, x a h, ale pouze jejich součet. Ten se dá vypočítat jednoznačně. Spočítat ho můžeme třeba tak, že od druhé rovnice odečteme dvojnásobek první,

Nyní stačí jen k oběma stranám přičíst 3h, odečíst 20, tj. 3x+3a+3h=120. Po vydělení rovnice trojkou dostaneme:

Součet hmotností bratrů je 40 kg.

Možná si říkáte, že přijít na to, že rovnice se mají upravit zrovna takhle, je těžké, a člověk musí mít velké štěstí, aby vyzkoušel přesně tohle. Postupů, jak se dobrat k řešení, je více. Skoro každý, kdo úlohu vyřešil, ho měl jiný. Jedním ze způsobů řešení, který dal sice více práce, ale zato spolehlivě vedl k cíli, bylo vyjádřit například h a a pomocí x. Z první rovnice vyjádříme a: a=2h-3x+30. Dosadíme do druhé (pozor, dosazení do rovnice, ze které jsme vyjadřovali, nám nikdy k žádnému užitku nebude, sami můžete vyzkoušet, jak to dopadne):

Z této rovnice vyjádříme h:

Dosazením dostaneme, že

Teď můžeme zapsat součet hmotností bratrů:

Opět jsme došli k výsledku, že x+a+h=40.

Komentář: Jeden bod za správné sestavení rovnic si zasloužili všichni. Tím bohužel někteří skončili s prohlášením, že soustava nemá řešení. Spousta z vás objevila nějaké řešení pro x, a a h, buď tak, že jste zkoušeli dosazovat, nebo vám vyšlo pouze jedno řešení kvůli nějaké numerické chybě, a pak je jednoduše sečetli. Za taková řešení jsem udělovala dva nebo tři body.

Úloha č. 7

Úlohu budeme řešit sérií jednoduchých úvah. Začneme u Xssssfoola, od kterého máme nejvíc informací. Víme, že mohl pouze mluvit pravdu, nebo jen lhát. Kdyby mluvil pravdu, znamenalo by to, že zvonil buď Honza, nebo Axel. Kdyby lhal, tak z jeho prvního výroku by vyplynulo, že zvonil on. A pak by prohlásil o jednom z bratrů, že nezvonil. Víme však, že lže, a proto by to znamenalo, že některý z bratrů zvonil také. Zvonit mohl ale pouze jeden. Xssssfool tedy lhát nemohl.

Axel řekl, že alespoň dva z nich lžou. Kdyby mluvil pravdu, musel by lhát Xssssfool a Honza. Xssssfool ale musel mluvit pravdu, z toho vyplývá, že Axel lhal.

Teď se podíváme na Honzu. Kdyby lhal, tak by spolu s Axelem lhali, ale to by měl pak Axel pravdu a lhář by byl zase jen jeden. Dostali bychom se do začarovaného kruhu. Axel by nemohl lhát ani mluvit pravdu.

Ukazuje se tedy, že Honza mluvil pravdu, když řekl, že zvonil Axel. Xssssfool mluvil pravdu, když řekl, že to byl Honza nebo Axel, a také když prohlásil o jednom z bratrů (teď už víme že o Honzovi), že nezvonil. Axel byl tedy jediný, kdo lhal. A byl to také on, kdo na starou Zeťanku zazvonil.

Komentář: Nejčastější chyba byla, že jste neporovnali Xssssfoolovy výroky a nezjistili, že musel mluvit pravdu. Mnozí z vás řešili úlohu pomocí tabulky, do níž si vypsali možné situace, a zjistili, že jediná možná varianta je ta výše uvedená. To je také správné řešení.

Opravovali: 1. Tereza Pechová, 2. Jiří Harasim, 3. Klára Krejčíčková, 4. Tomáš Toufar, 5. Michal Mašek, 6. Tereza Klimošová, 7. Jonáš Klimeš.