Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$\frac{502}{1509}$.

Hledáme vlastně největší přirozené číslo $a<2011$ splňující nerovnici

Tu ekvivalentně upravíme do tvaru $4a<2011$ a vidíme, že největší vyhovující $a$ je $502$ a výsledný zlomek je pak roven $\frac{502}{1509}$.

Výsledek:

$7$.

Označme $G_1$, $H_1$ po řadě průměty bodů $G$, $H$ na přímku $\mathit{AB}$. Potom zřejmě $|H_1{G}_1|=|\mathit{HG}|=5$. Dále si všimneme, že díky osové souměrnosti je $|E{H}_1|=|G_{1}F|$ a navíc $|E{H}_1|=|\mathit{DH}|-|\mathit{AE}|=1$. Tedy $|\mathit{EF}|=|E{H}_1|+|H_1{G}_1|+|G_{1}F|=7$.

Výsledek:

$58$.

Upravujme

Hledaný ciferný součet je tedy roven $58$.

Výsledek:

$8$.

Označme $a$, $b$, $c$ postupně počty mandarinek v prvním, druhém a třetím sáčku. Podle zadání je

Po sečtení rovnic můžeme od obou stran odečíst $a+b$ a dopočteme $c=8$.

Výsledek:

$3$.

Protože nakonec bylo ve všech hromádkách stejně ořechů, musel být počet hromádek dělitelem čísla $33$. Možnosti $33$ a $11$ však nevyhovují, protože v obou případech by na počátku musel být počet ořechů v první hromádce záporný. Počáteční situace se $3$ hromádkami postupně s $9$, $12$ a $12$ ořechy vyhovuje.

Výsledek:

$9$ cm.

Označme délky $x$, $y$, $z$, $t$ jako na obrázku.

Pro obvody obdélníků $o_A$, $o_B$, $o_C$, $o_D$ pak platí

takže $o_D=4+7-2=9$ cm.

Výsledek:

$A=6$, $B=7$, $C=4$.

Jelikož cifry $A$ a $C$ nemohou být obě zároveň nulové, muselo mezi sloupci jednotek a desítek dojít k přenosu. Jelikož $A\ne B$, muselo k přenosu dojít i mezi sloupci desítek a stovek. Můžeme tedy postupně zprava psát $A+C=10$, $A+B+1=C+10$ a $B=A+1$. Vyřešením těchto tří rovnic získáme $A=6$, $B=7$ a $C=4$.

Výsledek:

$5{\text{cm}}^2$.

Označme $a$, $b$ délky stran obdélníka v centimetrech. Ze zadání $2(a+b)=10$, $a^2+b^2=15$. Hodnotu $\mathit{ab}$ určíme například pomocí

Obsah je tedy $5{\text{cm}}^2$.

Výsledek:

$10$.

Označme $S$ plochu jedné stěny krychličky. Povrch všech krychliček je $6S\cdot N^3$ a povrch velké krychle je $6S\cdot N^2$. Pokud je obarvena jedna desetina celkového povrchu všech krychliček, musí platit $6S\cdot N^2=\frac{6S}{10}{N}^3$. Odtud vychází $N=10$.

Výsledek:

$35$.

Nechť $n$ značí počet členů klubu. Podívejme se, o jakou nejmenší část se můžeme odchýlit od jedné poloviny. Pro sudá $n$ se můžeme odchýlit o $1∕n$ (například pro $n=10$ se od čísla $5∕10$ odchýlíme o $1∕10$ k číslu $4∕10$), zatímco pro lichá $n$ dokonce jen o $1∕2n$ (pro $n=11$ od $(5+1∕2)∕11$ k $5∕11$). Odtud vidíme, že je výhodnější hledat lichá $n$. Zbývá najít nejmenší liché $n$ splňující $1∕2n<1,5\%=3∕200$, kterým je $n=35$.

Výsledek:

$n=9$, $k=27$.

Aby $k^2$ bylo třetí mocninou přirozeného čísla, musí být rovněž $k$ třetí mocninou přirozeného čísla. Jediné takové dvojciferné $k<44$ je $k=27$. Zbývá dopočítat $n=9$.

Výsledek:

$11110$.

Počítání si usnadníme vytýkáním, tedy

Výsledek:

$15317$.

Hledané číslo si napíšeme ve tvaru $100\cdot a+17$ pro nějaké $a\in {\mathbb{N}}_0$. Za zadání plyne, že $a$ je dělitelné $17$ a má ciferný součet $9$. Pak ovšem musí být $a$ nenulové a dělitelné $9$ (podle kritéria pro dělitelnost $9$), tudíž $a\ge 17\cdot 9=153$, přičemž $15317$ vyhovuje.

Výsledek:

$3$.

Vypsáním dvojciferných násobků čísel $17$ a $23$ zjistíme, že každé cifře $1$ až $9$ na místě jednotek odpovídá právě jedna cifra na místě desítek. Hledané číslo vytváříme odzadu jako $\dots 9234692346851$. Zbývá dopočítat, že $2011=3+401\cdot 5+3$, takže první cifra hledaného čísla je třetí cifra odzadu v sekvenci $92346$.

Výsledek:

$9$.

Uvědomíme si, že pro každou hodnotu ciferného součtu $k\in \mathbb{N}$ existuje právě jedno nejmenší číslo s tímto ciferným součtem, a tedy i právě jedno luxusní číslo. Označme ho $l(k)$. Jelikož dvojciferná čísla nabývají všech hodnot ciferného součtu od $1$ do $18$, jsou čísla $l(1),\dots ,l(18)$ nejvýše dvojciferná. Protože ciferné součty trojciferných čísel nabývají všech hodnot od $1$ do $27$, jsou luxusní čísla $l(19),\dots ,l(27)$ trojciferná a je jich $9$.

Výsledek:

$11$.

Výsledek:

$4648$.

Označíme cifry $a_1$, $a_2$, …, $a_9$. Jednotlivé trojice jsou pak rovny:

takže jejich součet je roven

Chceme-li tento součet maximalizovat, použijeme nejvyšší čísla pro cifry $a_3$ až $a_7$. Dále $a_2=4$, $a_1=3$, $a_8=2$, $a_9=1$. Součet vyjde

Výsledek:

$30$, $35$.

Označme postupně $k$, $z$ počty kladných, resp. záporných čísel a $n=100-k-z$ počet nul. Součin dvou čísel je záporný, právě když je jedno z nich kladné a druhé záporné. Počet možností, jak vybrat jedno kladné číslo z $k$ a jedno záporné ze $z$, je $k\cdot z$. Kromě samozřejmého $k+z\le 100$ tedy musí platit i $k\cdot z=1000$. Tomu vyhovují jen neuspořádané dvojice $\{20,50\}$ a $\{25,40\}$ skýtající postupně $n=30$, $n=35$.

Výsledek:

$20101$ (fufníků).

Indukcí dokážeme, že během $k$-tého dne razili mince o hodnotě $10(k-1)+1$. První krok splněn je, pro druhý si všimněme, že pomocí nejvyšší mince (o hodnotě $H$) a odpovídajícího počtu mincí o hodnotě $1$ umíme zaplatit částky $H+1$ až $H+9$. Naopak $H+10$ zaplatit nelze, neboť jak požadovaná částka, tak hodnoty všech doposud vyrobených mincí dávají po dělení deseti zbytek $1$. Výsledek plyne dosazením.

Výsledek:

$\frac{1}{4}$.

Bod je od každé strany vzdálený alespoň $p$ cm právě tehdy, když je uvnitř čtverce o straně $1-2p$ umístěného uprostřed (má-li tento čtverec nezápornou velikost). Pravděpodobnost spočítáme jako podíl obsahů, tedy

Tato kvadratická rovnice má dvě řešení: $p=\frac{1}{4}$ zadání vyhovuje, $p=1$ ne.

Výsledek:

$861$.

Označme $a$ součet čísel v prvním řádku a $b$ součet čísel v levém sloupci. Součet všech čísel v tabulce vyjádříme dvěma způsoby, a to jako $3a+6$ (sčítáme-li po řádcích) a $7b$ (sčítáme-li po sloupcích). Tedy $3a+6$ je dělitelné sedmi, z čehož plyne, že $a$ dává po dělení sedmi zbytek $5$. Číslo $2011$ dává po dělení sedmi zbytek $2$, takže jde o součet čísel ve třetím řádku a platí $2011=a+4$. Zbývá dopočítat $b=\frac{3a+6}{7}=861$.

Výsledek:

$230\text{m}$.

Označme $S$ šířku zátoky v metrech. Když se trajekty míjely poprvé, měly dohromady najeto $S$ metrů, když se míjely podruhé, měly najeto $3S$ metrů. Jelikož trajekty jedou konstantními rychlostmi, nastalo jejich druhé setkání po třikrát delším čase než to první. Pro ten trajekt, který do prvního setkání najel $100$ metrů, lze tedy sestavit rovnici $3\cdot 100=S+70$, z níž $S=230$ plyne bezprostředně.

Výsledek:

$\frac{3\pi }{7}=\frac{540^{\circ }}{7}=77^{\circ }+\frac{1^{\circ }}{7}$.

Označme body $A$, $B$, $C$, $D$, $S$ jako na obrázku. Pokud otočíme úsečku $\mathit{AC}$ kolem středu hvězdy o úhel $2\pi \cdot \frac{2}{7}$ proti směru hodinových ručiček, dostaneme úsečku $\mathit{DB}$. Tedy $|\sphericalangle \mathit{DSA}|=\frac{4\pi }{7}$, úhel $\mathit{ASB}$ je pak jeho doplněk.

Výsledek:

$40$.

Upravíme pravou stranu rovnice:

Požadované rovnosti tedy bude dosaženo, pokud $2x+1=3^{2^2}=3^4=81$, neboli $x=40$.

Výsledek:

$24$.

První jedničku zapíšeme jako $\frac{a}{a}$, druhou jako $\frac{b}{b}$. Potom

Pro $b=1$, $a=11$ vyhovuje $c=1,2,\dots ,18$ a pro $b=2$, $a=22$ vyhovuje $c=1,2,\dots ,6$, což dává celkem $24$ trojic.

Výsledek:

$\sqrt{3}$.

Jelikož $|\mathit{OB}|=1=|\mathit{BU}|$, je trojúhelník $\mathit{OUB}$ rovnoramenný. Bod $B$ tak leží na ose odvěsny pravoúhlého trojúhelníku $\mathit{AOU}$ a zároveň na jeho přeponě, takže je středem této přepony. Tím pádem i $|\mathit{AB}|=1$ a z Pythagorovy věty dopočteme $|\mathit{OU}|=\sqrt{3}$.

Výsledek:

$200$.

Předpokládejme, že přežilo $n$ vojáků, z toho $a$ ($a\le n$) v armádě $A$ a $n-a$ v armádě $B$. Počet vojáků v $B$ před třetí salvou tedy byl nejvýše $(n-a)+a=n$ a počet vojáků v $A$ byl nejvýše $n$. Před druhou salvou bylo v $B$ nejvýše $n$ vojáků a v $A$ nejvýše $n+n=2n$ vojáků. Konečně před první salvou bylo v $B$ nejvýše $n+2n=3n$ vojáků a v $A$ nejvýše $2n$ vojáků.

Na začátku bitvy mohlo bojovat maximálně $5n$ vojáků, tj. $1000\le 5n$ a máme $n\ge 200$. Tento stav je dosažitelný, neboť volbou $a=n=200$ se každé maximální hodnoty nabyde.

Výsledek:

$392=7\cdot 7\cdot 8$.

Kromě trojúhelníků $A_1{A}_3{A}_5$ a $A_2{A}_4{A}_6$ (na obrázku čárkovaně) všechny ostatní trojúhelníky již mají červenou hranu. Každý čárkovaný trojúhelník můžeme obarvit $2^3-1=7$ způsoby, protože nemůžeme všechny jeho hrany obarvit modře. Nakonec ještě můžeme dohromady $2^3=8$ způsoby obarvit tečkovaně vyznačené úhlopříčky $A_1{A}_4$, $A_2{A}_5$, $A_3{A}_6$. Celkem máme $7\cdot 7\cdot 8=392$ vyhovujících obarvení.

Výsledek:

$51$.

To, že Kenny ani Pavel neumí určit, kdo z nich má větší číslo, znamená, že oba mají číslo menší než $50$. Kdyby tomu tak nebylo, součet by byl trojciferný. Jelikož má Pavel číslo dělitelné $17$, musí mít $17$ nebo $34$. Aby mohl Kenny jednoznačně určit, které z těchto dvou čísel Pavel má, musí mít sám to druhé (jejich čísla jsou ze zadání různá). Hledaným součtem je proto $51$.

Výsledek:

$0$.

Nejprve si uvědomíme, že na otázku „Pijete kávu?“ odpoví kladně právě Turci a na otázku „Jste Turek?“ odpoví kladně právě ti, kdo pijí kávu.

Víme tedy, že Turků je 44 a těch, kdo pijí kávu, je 33. Z toho dopočteme, že Indů je 11 a těch, kteří pijí čaj, je 22. Když sečteme počet Indů a počet lidí pijících čaj a odečteme od toho počet lidí, kteří lžou, dostaneme dvojnásobek počtu Indů pijících čaj.

Pokud venku prší, lže 33 lidí a čaj pije 0 Indů, pokud venku neprší, lže 22 lidí a čaj tak pije $\frac{11}{2}$ Indů. Necelou možnost kvůli humánnosti zavrhujeme.

Výsledek:

$1999$.

Označme $B$ připsané trojčíslí. Jelikož $1+2+\cdots +A=\frac{1}{2}A(A+1)$, máme dle zadání

což upravíme na $2B=A(A-1999)$. Levá strana je alespoň $0$ a nejvýše $2\cdot 999$, zatímco pravá strana je pro přirozené $A\le 1998$ záporná a pro $A\ge 2000$ alespoň $2000\cdot 1$. Jediné možné $A=1999$ vyhovuje pro $B=000$.

Výsledek:

$4$.

Spočítáme, kolik zápasů odehraje jedna hráčka. Chceme-li vytvořit zápas s danou hráčkou $H$, vybereme si, která hráčka ze zbývajících hrát nebude (4 možnosti) a která z hrajících bude hrát s $H$ (3 možnosti). Každá hráčka tedy odehraje $12$ zápasů.

Z toho rovnou vidíme, že Adéla vyhrála všechno. Dále spočítáme, kolik zápasů hrála Adéla proti Báře. Máme tři možnosti, kdo může hrát s Adélou, pak 2 možnosti, kdo ze zbývajících může hrát s Bárou. Bára tedy prohrála 6 zápasů proti Adéle, všechny ostatní tak musela vyhrát.

Nyní už víme, jak poznat, která dvojice vyhrála. Je to ta, kde hrála Adéla, a byla-li Adéla mimo hru, vyhrála dvojice obsahující Báru.

Když hrála Cilka s Adélou, byly 3 možnosti, kdo je mimo hru, tedy takto vyhrála Cilka 3 zápasy. Když vyhrála Cilka s Bárou, byla mimo hru Adéla, to se stalo jednou. Celkem tak Cilka vyhrála 4 zápasy.

Výsledek:

$18$.

Jednotlivým mezikružím (včetně vnitřního kruhu) budeme říkat vrstvy. Za první považujeme tu na okraji, za šestou kruh uprostřed. Vrstvu s posledním vybarveným políčkem nazýváme aktuální.

Druhý hráč má následující vyhrávající strategii:

• Pokud je aktuální vrstva lichá, zahraje do následující vrstvy.
• v opačném případě v aktuální vrstvě zbývá licho volných políček, zahraje tedy do této vrstvy.

Touto strategií pošle vždy protihráče do pozice, kde je aktuální vrstva sudá a obsahuje sudo volných políček. Ten tak musí buď zahrát do liché vrstvy, nebo způsobit, že bude v aktuální vrstvě licho volných políček.

Druhý hráč přitom nemůže zahrát jinak, protože by mu tak mohl první hráč strategii převzít. První hráč bude hru prodlužovat tím, že bude oddalovat přesunutí se do další vrstvy. Hra tedy dopadne nějak takto:

Výsledek:

$1^{\circ }$.

Jelikož $|\sphericalangle \mathit{PAC}|=|\sphericalangle \mathit{CBA}|<|\sphericalangle \mathit{CPA}|$ a $|\sphericalangle \mathit{PAC}|+|\sphericalangle \mathit{CPA}|=180^{\circ }-30^{\circ }=150^{\circ }$, musí být $|\sphericalangle \mathit{PAC}|<75^{\circ }$. Jeho velikost ve stupních je ale celočíselná, takže musí být dokonce $|\sphericalangle \mathit{PAC}|\le 74^{\circ }$ a $|\sphericalangle \mathit{CPA}|\ge 76^{\circ }$.

Zároveň ale $|\sphericalangle \mathit{APQ}|=|\sphericalangle \mathit{PBQ}|+|\sphericalangle \mathit{BQP}|\ge 1^{\circ }+1^{\circ }=2^{\circ }$, z čehož

Ve všech neostrých nerovnostech tedy musela nastat rovnost a speciálně $|\sphericalangle \mathit{BQP}|=1^{\circ }$.

Výsledek:

$15=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)$.

Člověk, který původně seděl na levém okraji řady, musel zůstat sedět na svém místě nebo se prohodit se svým sousedem, neboť jeho místo nemohl obsadit nikdo jiný. Stejnou úvahu můžeme zopakovat pro dalšího člověka zleva, o jehož usazení jsme zatím nerozhodli. Každý tedy musel zůstat sedět na svém místě nebo se prohodit s jedním ze svých sousedů. Libovolné vyhovující rozsazení si proto můžeme představit jako posloupnost, která v nějakém pořadí obsahuje čtyři prvky $P$ (reprezentující prohození dvou sousedů) a dva prvky $M$ (reprezentující situaci, kdy člověk zůstal na svém místě). Počet vyhovujících rozsazení pak musí být roven počtu takovýchto posloupností, to jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)=15$.

Výsledek:

$19$.

Označme čísla na stěnách písmeny $a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$ tak, aby proti sobě ležely dvojice $a$ a $f$, $b$ a $e$, $c$ a $d$. Pak

kde o druhé rovnosti se můžeme přesvědčit roznásobením. Jelikož čísla $a$ až $f$ jsou přirozená, je každá závorka na pravé straně přirozená a větší než 1. Závorky se tedy (v nějakém pořadí) rovnají číslům $3$, $5$ a $11$. Součet čísel na stěnách tak může být jedině $3+5+11=19$. Zkonstruovat příklad s požadovanými součty je snadné.

Výsledek:

$40$.

Na začátku jedou cyklisti stejným směrem. Pak se jeden z nich otočí, tedy pojedou proti sobě. Pak se čelně minou, tedy pojedou od sebe. Pak se jeden z nich otočí a jedou tak opět stejným směrem. Toto se opakuje, dokud neurazí své vzdálenosti, nakonec dorazí oba stejným směrem. V každém cyklu proběhnou dvě otočení se a jedno čelní minutí. První se otáčel 34 krát, druhý 46 krát, to je dohromady 80. Čelních minutí je pak dvakrát méně.

Výsledek:

$96433469$.

Označme $a_1,\dots ,a_k$ cifry hledaného čísla. Nejprve určíme maximální délku úseku, v němž cifry neklesají. Podmínku $a_i<\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{2}$ přepíšeme jako $a_i-a_{i-1}<a_{i+1}-a_i$ a interpretujeme tak, že postupně rostou rozdíly mezi po sobě jdoucími ciframi. Pokud by čísel v rostoucím úseku bylo alespoň $5$, byly by hodnoty rozdílů postupně rovny nejméně číslům $1$, $2$, $3$, $4$ a rozdíl mezi první a poslední cifrou by tak byl alespoň $1+2+3+4=10$, což nelze. Každý rostoucí úsek má tedy nejvýše délku $4$ a zcela obdobně odvodíme, že i každý klesající úsek má nejvýše délku čtyři.

Jelikož rozdíly mezi po sobě jdoucími ciframi postupně rostou, nejdříve mohou být tyto rozdíly záporné – tam budou samotné cifry klesat, pak může být rozdíl jednou nulový a pak budou rozdíly kladné – tam budou samotné cifry růst. Odtud plyne, že hledané číslo se skládá z jednoho klesajícího úseku a jednoho rostoucího úseku a má tedy nejvýše $8$ cifer. Nyní začneme osmiciferná čísla zkoušet od největších. Ta, která začínají dvojicemi cifer $99$, $98$, $97$, nemohou tvořit dostatečně dlouhé klesající úseky a jako řešení tak nalézáme číslo $96433469$.

Výsledek:

$\frac{5}{4}\text{dm}=1,25\text{dm}$.

Pravoúhlé trojúhelníky s přeponami $\mathit{AB}$ a $\mathit{BC}$ jsou shodné podle věty $\mathit{usu}$. Označme $x$ jejich kratší odvěsnu. Platí $2=x+|\mathit{BC}|=x+|\mathit{AB}|$ a podle Pythagorovy věty také $x^2+1=|\mathit{AB}{|}^2$. Dosazením za $x$ do druhé rovnice získáváme ${(2-|\mathit{AB}|)}^2+1=|\mathit{AB}{|}^2$. Odtud vychází $|\mathit{AB}|=1,25\text{dm}$.

Výsledek:

$1200=4\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{25}{2}\right)$.

Souřadnice středu spojnice dvou mřížových bodů určíme jako průměr souřadnic těchto bodů. Všimneme si, že střed je opět mřížový bod právě tehdy, když mají vodorovné i svislé souřadnice obou bodů stejnou paritu. Všechny body se tedy podle parity souřadnic rozdělí do čtyř skupin (sudá-sudá, sudá-lichá, lichá-sudá, lichá-lichá), přičemž v každé skupině budou mít všechny spojnice za svůj střed mřížový bod a žádná spojnice bodů z různých skupin tuto vlastnost mít nebude. Aby byl počet úseček se středem v mřížovém bodě minimální, musí být všechny čtyři skupinky stejně velké. Rozmyslete si, že kdyby nebyly, tak přesunutím jednoho bodu z nejpočetnější skupiny do nejméně početné skupiny bychom počet takových úseček snížili. Počet spojnic v jedné skupince je tudíž $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{25}{2}\right)$ a celkem tedy bude úseček se středem v mřížovém bodě $4\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{25}{2}\right)$.

Výsledek:

$99$.

Všimneme si, že čísla $100\cdot 100=10000$ a $100\cdot 101=10100$ jsou dvě nejmenší rozkládací pěticiferná čísla. Tedy $10001,10002,\dots ,10099$ tvoří posloupnost $99$ po sobě jdoucích nerozkládacích čísel. Více než $99$ nerozkládacích čísel za sebou následovat nemůže, neboť mezi každými $100$ po sobě jdoucími čísly najdeme jedno rozkládací, které je dělitelné $100$.

Výsledek:

$1$.

Výrazy budeme interpretovat geometricky. V rovině s počátkem souřadnic $O$ je množina bodů splňujících ${(x+5)}^2+{(y-12)}^2=14^2$ kružnice $k$ se středem $S[-5,12]$ a poloměrem $14$. Bod $O$ leží uvnitř kružnice $k$. Výraz $x^2+y^2$ je druhou mocninou vzdálenosti od počátku, tj. hledáme bod na kružnici $k$, který je nejblíže počátku. Takovým bodem je průsečík $P$ přímky $\mathit{SO}$ s kružnicí $k$, jehož vzdálenost od počátku je

Výsledek:

$222$.

Dokud má pravá strana smysl, můžeme zadanou podmínku roznásobit a upravit na

Vidíme, že $a_1{a}_2=220$, $a_2{a}_3=219$, $\dots$, $a_{220}{a}_{221}=1$, $a_{221}{a}_{222}=0$, a proto $t=222$.

Výsledek:

$5$.

Hranatými závorkami budeme značit obsah trojúhelníku. Potom platí $[\mathit{ABC}]=[\mathit{ABH}]+[\mathit{ACH}]+[\mathit{BCH}]$. Protože trojúhelníky $\mathit{ABC}$ a $\mathit{ABH}$ mají společnou stranu $\mathit{AB}$, je poměr jejich obsahů roven poměru jejich výšek na stranu $\mathit{AB}$. Použijeme-li podobný argument rovněž pro trojúhelníky $\mathit{ACH}$ a $\mathit{BCH}$, dostaneme

tedy

a

Výsledek:

$34$.

Označme počet chlapců $c$ a počet dívek $d$. Znání se mezi chlapci a dívkami je vzájemné, tedy sečteme-li přes všechny dívky chlapce, které znají, dostaneme totéž jako když sečteme přes všechny chlapce dívky, které znají. Máme tak $7d=10c$, z toho vidíme, že počet chlapců je přímo úměrný počtu dívek (stačí tedy minimalizovat počet dívek) a že počet dívek musí být dělitelný deseti. Každá dívka zná deset dívek, tedy $d\ge 11$, nejmenší možný počet dívek tak je 20, chlapců pak je 14. Takovou situaci však umíme sestrojit například následovně:

• Rozdělíme společnost do dvou skupinek po 10 dívkách a 7 chlapcích. V každé skupince seznámíme každého chlapce s každou dívkou.
• Postavíme dívky do kolečka. Pak každou seznámíme s deseti nejbližšími.
• Postavíme chlapce do kolečka. Pak každého seznámíme s šesti nejbližšími a dále s chlapcem naproti.

Výsledek:

$9$, $24$.

Označme body $D^{\prime }$, $O_1$, $O_2$, $X$, $Y$, $Z$ jako na obrázku a $|\mathit{AD}|=a$, $|\mathit{DS}|=b$. Potom je $△\mathit{ADS\cong }△S{D}^{\prime }A$, takže poloměr kružnice vepsané trojúhelníku $S{D}^{\prime }A$ je $3$. Navíc je tato kružnice vepsána úhlu $\mathit{SAB}$, takže její střed $O_2$ leží na přímce $A{O}_1$. Z podobnosti trojúhelníků $△A{O}_1{D}^{\prime }\cong △A{O}_{2}X$ (věta $\mathit{uu}$) máme

tj. $b=12$.

Protože úseky tečen jsou shodné, platí $|\mathit{SZ}|=|\mathit{SY}|=a-3$ a $|\mathit{AZ}|=|\mathit{AX}|=12-3$. Z Pythagorovy věty pro trojúhelník $S{D}^{\prime }A$ dostaneme druhou rovnici ${(a+6)}^2=|\mathit{AS}{|}^2=a^2+12^2$, odkud $a=9$, takže strany obdélníku jsou $9$ a $24$.

Výsledek:

$1000$.

Vezmeme číslo $n$ a zjistíme, co po něm požadujeme, aby bylo sčítací. Pokud by bylo liché, mělo by všechny dělitele liché. Ale to by pak součet dvou lichých čísel musel být liché číslo, což nejde. Číslo $n$ je tedy sudé.

Všechny vypsané dělitele podělíme $n$. Tak získáme převrácené hodnoty všech dělitelů setříděných vzestupně, tentokrát kromě jedničky. Potřebujeme, aby součet převrácené hodnoty druhého a třetího nejmenšího dělitele dával jednu polovinu. Sčítance musí být různé, takže jeden z nich musí být větší než $\frac{1}{4}$. Víme tak, že druhý nejmenší dělitel musí být roven třem. Třetí pak vyjde šest.

Tedy číslo $n$ je sčítací právě tehdy, když jeho dělitelé jsou vzestupně $1,2,3,6,\dots$ neboli když je dělitelné šesti, ale ne čtyřmi ani pěti. Vydělíme všechna taková čísla z rozmezí $1$ až $15000$ šesti a dostáváme všechna lichá čísla nedělitelná pěti v rozmezí $1$ až $2500$. Číslo je liché a nedělitelné pěti, pokud končí na jednu z cifer $1$, $3$, $7$, $9$. Mezi každými deseti po sobě jdoucími čísly jsou taková čísla $4$. To máme $2500\cdot \frac{4}{10}=1000$ sčítacích čísel.

Výsledek:

$99$, $0$, $\frac{4901}{99}=49\frac{50}{99}$.

Označme $a=\frac{x-49}{50}$ a $b=\frac{x-50}{49}$. Pak lze rovnici přepsat jako $a+b=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$. Po roznásobení a rozkladu na součin získáme ekvivalentní rovnici $(a+b)(\mathit{ab}-1)=0$, takže stačí rozlišit dva případy. Rovnice $a=-b$ je lineární vzhledem k $x$ s řešením $x=\frac{4901}{99}$. Rovnice $\mathit{ab}=1$ je kvadratická vzhledem k $x$ s kořeny $x=0$ a $x=99$.

Výsledek:

$143$.

Označme $h$, resp. $m$ úhly měřené ve stupních ($0\le h,m<360$), které svírají hodinová, resp. minutová ručička se spojnicí středu a dvanáctky. Uvědomíme si, že umístění ručiček je platné, právě když existuje celé $a$ takové, že

Aby umístění ručiček zůstalo platné i po jejich prohození, musí existovat celé $b$ takové, že

Dosazením první rovnice do druhé dostáváme

a jednoduchou úpravou

kde $b^{\prime }=12a+b$ je rovněž celočíselné. Poslední rovnice má pro $h$ z intervalu $⟨0,360)$ právě $143$ řešení, která nalezneme pro $b^{\prime }=0,1,\dots ,142$. A protože pro každé $h$ dostáváme z první rovnice jednoznačně určené $m$ z intervalu $⟨0,360)$, existuje právě $143$ hledaných dvojic $(h,m)$.

Výsledek:

$1$.

Označme $t$ společný kořen kvadratických trojčlenů. Pak $0=a{t}^2+\mathit{bt}+c$ a $0=b{t}^2+\mathit{ct}+a$, takže i

Jelikož $a\ne 0$, musí být $t=1$. Volbou $a=-2$, $b=1$, $c=1$ zjišťujeme, že jednička také společným kořenem být může.

Výsledek:

$0$, $1$, $52$.

Má-li $n$ má požadovanou vlastnost, pak jsou druhými mocninami i čísla

Hledejme tedy dvě druhé mocniny, které se liší o $16\cdot 16-9\cdot 9=175$. Pro přirozená $k>l$ řešíme rovnici $k^2-l^2=(k-l)(k+l)=175=5^2\cdot 7$ a postupně vyzkoušíme možné rozklady čísla $175$. Řešení $(88,87)$, $(20,15)$, $(16,9)$ postupně odpovídají hodnotám $n=52,1,0$, které jsou skutečně řešením.

Výsledek:

$\sqrt{2}-1=\sqrt{3-2\sqrt{2}}$.

Přikreslíme si do obrázku dvě sféry. Jednu osmistěnu opíšeme a druhou vepíšeme jeho hranám. Celá opsaná kružnice tak leží na opsané sféře a celá vepsaná kružnice na vepsané sféře.

Nejmenší vzdálenost kružnic tak určitě nebude menší než nejmenší vzdálenost sfér. Nejmenší vzdálenost soustředných sfér je rovna rozdílu jejich poloměrů, tedy $\sqrt{2}-1$.

Zbývá si uvědomit, že této vzdálenosti se skutečně nabývá. To nastane, pokud existuje polopřímka s počátkem ve středu osmistěnu, která prochází oběma kružnicemi. Můžeme snadno najít polopřímku protínající vepsanou kružnici, která vede vnitřkem opsané kružnice, i takovou, která opsanou zvenku míjí. Bude tedy existovat i taková polopřímka, co opsanou kružnici protíná.

Výsledek:

$\frac{10}{9}$.

Označme postupně $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$ středy kružnic vepsaných do úhlů $\mathit{BAC}$, $\mathit{CBA}$, $\mathit{ACB}$, $O$ střed kružnice čtvrté a $I$ střed kružnice vepsané trojúhelníku $\mathit{ABC}$. Trojúhelníky $\mathit{ABC}$ a $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ mají rovnoběžné odpovídající si strany, takže jsou si podobné. Vyjádřeme poloměry kružnice vepsané a opsané trojúhelníku $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ pomocí $r$.

Bod $I$ má z rovnoběžnosti od všech stran trojúhelníka $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vzdálenost $2-r$, proto je středem kružnice jemu vepsané a tato má poloměr právě $2-r$. Podobně má bod $O$ díky dotykům kružnic od všech vrcholů trojúhelníka $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vzdálenost $r+r=2r$, takže je středem kružnice jemu opsané a tato má poloměr právě $2r$. Využitím podobnosti trojúhelníků $\mathit{ABC}$ a $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ tak máme

což dává $r=\frac{10}{9}$.

Výsledek:

$20$.

Rozmyslíme si, že pro každé přirozené $n$ platí

Označme $t=x+y$, $s=\mathit{xy}$ a dosaďme do předchozího vztahu postupně $n=2,3$. Dostaneme tak soustavu lineárních rovnic

Řešením soustavy jsou $t=-14$, $s=-38$. Nakonec stačí do prvního vztahu dosadit $n=4$, čímž dostaneme $42\cdot (-14)=a{x}^5+b{y}^5-38\cdot 16$ a dopočteme $a{x}^5+b{y}^5=20$.