Nástiny řešení

Úloha 1: Maminka je o 27 let starší než Anička, která je o 4 roky starší než Vašek, takže maminka je o 27 + 4 = 31 let starší než Vašek. Průměrně jsou tedy všichni (včetně Vaška) o (4 + 9 + 31 + 0) : 4 = 44:4=11 let starší než Vašek a Vaškovi je 23 - 11 = 12 let.

Úloha 2: Celá úloha je osově souměrná podle osy strany BC, takže CFG má stejný obsah jako BDE. Trojúhelníky BDE a EAB jsou shodné, takže mají stejný obsah. A leží na ose úsečky BC a tato osa je rovnoběžná s BE (kolmá na BC), takže vzdálenost A od přímky EB je \frac{|BC|}{2}. Z toho plyne, že obsah EAB (takže i BDE a CFG) je \dfrac{\frac{|BC|}{2}\cdot |EB|}{2} = \dfrac{|BC|\cdot |EB|}{4}, součet obsahů CFG a BDE je dvojnásobek, \frac{|BC|\cdot |EB|}{2}. Obsah BCGE je |BC|\cdot |EB|, takže součet obsahů trojúhelníků je dvakrát menší než obsah obdélníků.

Úloha 3: Spodní kostička je součtem ostatních kostiček komínku, takže součet čísel v celém komínku je dvojnásobek čísla na spodní kostičce. Součet kostiček v komínku je proto sudý. Proto musí být sudý i součet všech kostiček. Číslo 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 je ale liché, takže nikdy nevyužije všechny tyto kostičky a žádnou jinou.

Úloha 4: Znázorněné dvojice úhlů jsou shodné, takže rovnoběžník vytvoříme jejich umístěním do protilehlých rohů - u jedné dvojice prohozením příslušných čtvrtin, u druhé jejich otočením (aby vznikl čtyřúhelník, je potřeba dokázat, že se k sobě dávají stejně dlouhé strany a úhly, které mají součet 180^\circ).

Úloha 5: Uvědomme si, že trojúhelník XYZ je polovina tohoto řezu (protože řez pokračuje pořád rovně a neprotne stěnu ABCD - stranu DH protne ve vzdálenosti 1\ cm od D). Pythagorovou větou můžeme spočítat |XY| = \sqrt{5^2 + (8-3)^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} \ cm, |YZ| = \sqrt{4^2 + (8-6)^2} = \sqrt{20}=2\sqrt{5} \ cm. Přes výpočet např. |AC| získáme i |XZ| = \sqrt{4^2+5^2+(6-3)^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\ cm.

Vidíme, že |XY| = |XZ|, takže XYZ je rovnoramenný trojúhelník se základnou YZ. Výšku z X můžeme spočítat opět Pythagorovou větou z |XY| a poloviny |YZ| (tedy \sqrt{5}\ cm) jako v_x = \sqrt{(\sqrt{50})^2-(\sqrt{5})^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}\ cm. Díky tomu můžeme spočítat, že obsah XYZ je \frac{|YZ|\cdot v_x}{2} = \frac{2\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{5}}{2} = 15\ cm^2. Celý řez má dvojnásobnou plochu, tedy 30\ cm^2.

Úloha 6: Zlomek je v základním tvaru, takže pokud si jmenovatele a čitatele vyjádříme jako součin prvočísel, některá prvočísla (nebo žádná) budou pouze ve jmenovateli a ostatní pouze v čitateli. Pro najití zlomku, který má součin jmenovatele a čitatele 20!, tedy stačí říct, která prvočísla budou v čitateli a která ve jmenovateli. Prvočísel v rozkladu 20! je 8: 2, 3, 5,7,11,13,17 a 19. Pro každé jsou dvě možnosti umístění, takže zlomků v základním tvaru, kde součin jmenovatele a čitatele je 20!, je 2^8 = 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 256.

Polovina z těchto zlomků je ale větší než jedna (prohozením jmenovatele a čitatele se ze zlomku vyššího než 1 stane zlomek menší než 1), takže výsledek je polovina z 2^8, což je 2^7 = 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 128.

Úloha 7: Platí, že číslo v posloupnosti (kromě prvního) je alespoň dvakrát větší než předchozí. Pokud si první označíme a, nejmenší možný součet všech šesti je a + 2 a + 4a+8a+16a+32a = 63a. Musí platit 63a\leq 79, takže a<2 a a=1. Druhé číslo si označme b. Minimální součet je 1 + b + 2b+4b+8b+16b=1+31b. Musí platit 31b\leq 78 a b je alespoň 2, takže b=2. Obdobným způsobem zjistíme, že první až páté číslo jsou postupně mocniny dvojky, takže poslední (a nejvyšší) musí být 79 - 1 - 2 -4 - 8 -16 = 48. To je doopravdy násobek 16, takže i řešení úlohy.

Druhou možností řešení je všimnout si, že nejmenší výsledek je 1+2+4+8+16+31=63, což je blízko k 79. Hned druhou nejnižší možností je poslední číslo tvořit jako trojnásobek předešlého (místo dvojnásobku). Z toho hned vyjde právě 1+2+4+8+16+48=79.