Nástiny řešení 2. série

Úloha 1: Z prvočíselných rozkladů můžeme zjistit, že nejmenší společný násobek A a V je zde \frac{A\cdot V}{12}. Zbývá nám tedy najít taková A a V, aby splňovala podmínky (A je druhá mocnina, V je větší než 25), jejich nejvyšší společný dělitel byl 12 (například se A nesmí rovnat V, pokud nejsou obě 12) a součin A\cdot V byl co nejmenší. Nejmenší možné A i V je 36, takže jedno z nich musí být vyšší. Nejmenší vyhovující je V = 48, takže nejmenší možný společný násobek je \dfrac{36\cdot 48}{12} = 144.

Úloha 2: Při nákupu jedné čokolády v Mňamkách ušetříme 22 - 20 = 2 koruny, při nákupu jedněch bonbónů naopak zaplatíme o 19-16 = 3 koruny více. Při nákupu do rezervy v Mňamkách tedy zaplatíme o 3\cdot 10 - 2\cdot 10 = 10 korun více. Za každého, kdo přijde, ale 2\cdot 2 - 3 = 1 korunu ušetříme. To znamená, že se nákup v Mňamkách vyplatí, pokud přijde alespoň \frac{10}{1} = 10 lidí.

Úloha 3: Oba přístroje ukazují to stejné, pokud je bonbón právě v jedné z krabiček. Můžeme najít dvě krabičky, na kterých budou přístroje ukazovat různě, a otevřením jedné z nich zjistit, který přístroj je který.

Víme, který přístroj je který, a známe obsah jedné krabičky (té, kterou jsme otevřeli, nebo druhé z dvojice stejných). Díky tomu můžeme všechny ostatní krabičky otestovat s jedním z těchto přístrojů a známou krabičkou a přesně zjistit, co je v nich. Ztratíme tedy maximálně jeden bonbón. Kdybychom neotevřeli bez znalosti toho, co je v ní, ani jednu krabičku, mohly by všechny krabičky s bonbóny a bez nich být prohozené, takže o jeden můžeme přijít vždy a žádný způsob není lepší než tento.

Úloha 4: Vrcholy, které sousedí hranou s nejvyšším vrcholem, jsou od něj stejně daleko a jsou ve stejné výšce, takže při pohledu shora tvoří rovnostranný trojúhelník. Každá strana tohoto trojúhelníku je jednou stěnovou úhlopříčkou krychle. Díky tomu víme, že i stínové obrazy vrcholů tohoto trojúhelníka mají stejnou vzdálenost jako původní vrcholy, a\sqrt{2}. Obdobně to platí pro vrcholy, které sousedí hranou se spodním vrcholem. Lze ukázat, že tyto dva trojúhelníky při pohledu shora tvoří pravidelný šestiúhelník, jehož obvod umíme spočítat ze strany trojúhelníka přes Pythagorovu větu a délký šestiúhelníka. Výsledný obvod stínu je 2\sqrt{6}.

Úloha 5: Chceme, aby jednotlivé části obsahovaly právě jednoho koně, takže minimálně na černé úhlopříčce se musí střídat. Zároveň ale mají pokrýt celou plochu a být stejné. To jde "spirálovitě":

Úloha 6: Nemůžou sousedit tři stejné, takže stojí za pokus obarvit vždy dvě sousední stejnou barvou (a to ve dvou směrech - na řádku i v diagonále). Takto nám vzniknou pruhy, které samy o sobě splňují požadavky a nedotýkají se ostatních pruhů stejné barvy:

Úloha 7: Můžeme spočítat, že úhel CFE je pravý. Díky tomu je v trojúhelníku ADF úhel ADF roven 30^\circ a trojúhelník BDE rovnoramenný. Z toho získáme |BE| = 2. ABC je rovnostranný, takže |BC| = 5 a |EC| = |BC| - |BE| = 5-2 = 3. Délku |EF| potom můžeme spočítat podobností EFC a poloviny rovnostranného trojúhelníka jako \frac{\sqrt{3}}{2} |EC| = \frac{3\cdot \sqrt{3}}{2}. (EF odpovídá výšce, EC straně a CF polovině strany, poměr délek výšky a strany se dá spočítat Pythagorovou větou -- výška je právě \frac{\sqrt{3}}{2} \times délka strany.)