Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$700\%$

Zvětšit hranu $a$ o $100\%$ znamená zdvojnásobit ji na $2a$. Objem původní krychle byl $a^3$, po zvětšení bude ${(2a)}^3=8a^3$. Zvětšil se o $7a^3$, což je $700\%$.

Výsledek:

9

Chceme, aby všechny průsečíky přímek byly různé, ležely uvnitř mezikruží a aby každá přímka byla sečnou mezikruží. To se nám podaří, pokud bude vnitřní kružnice něco mezi vepsanou a opsanou kružnicí trojúhelníka, jejž ohraničují tři přímky.

Výsledek:

$3\times 2=6$

Číslo $a679b$ musí být dělitelné $8$ a $9$ ($72=8\cdot 9$). Z kritéria dělitelnosti 8 dostáváme, že $b=2$, z dělitelnosti 9 plyne $9\mid a+6+7+9+2$, proto $a=3$.

Výsledek:

25

Počet žáků musí být dělitelný 5. Pokud by jich bylo 20 nebo méně, tak z Dirichletova principu plyne, že alespoň dva žáci, kteří byli spolu v prvním kole, musí být spolu i ve druhém. 25 žáků už stačí, protože můžeme do každého nového družstva vzít jednoho z každého týmu.

Výsledek:

$38,4\%=48∕125$

Po snězení všech kousků s čokoládou nám zůstane kvádr $8\times 8\times 3$ složený ze všech kousků bez čokolády, kterých tedy musí být 192. Z celkového počtu $10\times 10\times 5=500$ kousků už lehce spočítáme procenta: $100\cdot (192∕500)\%$.

Výsledek:

$\sqrt{10}$

Nejdelší je zřejmě úhlopříčka $|\mathit{CX}|=|\mathit{DX}|$. Nechť $M$ je střed strany $\mathit{CD}$. Chceme získat délku $\mathit{MX}$. Trojúhelník $\mathit{AXB}$ je pravoúhlý rovnoramenný, takže $X$ je střed pomyslného čtverce $\mathit{AB}{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ($C^{\prime }$ a $D^{\prime }$ získáme překlopením $\mathit{CD}$ přes $\mathit{AB}$). Takže $|\mathit{MX}|=\frac{3}{2}\cdot 2=3$. Délku $\mathit{CX}$ už spočítáme snadno z Pythagorovy věty: $\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$.

Výsledek:

2012

Stačí vyzkoušet všechny možné změny levé strany (je jich 16) a zjistit, pro které vyjde číslo, které lze změnit na pravou stranu. Zkoušení si lze ulehčit například pozorováním, že výsledek musí začínat na dvojku, takže číslice na místě stovek ve druhém činiteli se musí změnit na 5 a první činitel na 4.

Výsledek:

300

Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $x\ge y$. Pak $2\cdot \min (x,y)+\max (x,y)=2y+x=y+(x+y)\le y+200\le \frac{x+y}{2}+200=300$. Této hodnoty umíme dosáhnout pro $x=y=100$.

Výsledek:

5

Sečtením prvních dvou rovností pro aritmetický průměr dostáváme

Správný výsledek dostaneme vydělením této rovnosti třemi.

Výsledek:

45

Nakreslíme si obrázek a postupně kontrolujeme stromy od těch, které jsou nejblíže k zahradníkovi, až po ty úplně nejvzdálenější. Kontrolovaný strom vždy označíme za viditelný, pokud ještě nebyl vyškrtnut, a následně vyškrtneme všechny další stromy, které tento strom zakrývá (leží spolu s ním a se zahradníkem na jedné přímce). Nakonec spočítáme všechny stromy, které jsme označili za viditelné.

Výsledek:

$1+1+2+2+2+1+1=10$

Možnosti rozdělíme podle toho, kolik stěn obarvíme bílou barvou. Pro žádnou bílou stěnu máme jednu možnost, stejně tak pro jednu bílou stěnu. Pro dvě stěny jsou možnosti dvě: bílé stěny spolu buď sousedí, nebo jsou protilehlé. Pro tři stěny jsou opět dvě možnosti: buď mají společný vrchol, nebo jsou dvě protilehlé a třetí s oběma sousedí hranami. Pro čtyři je stejně možností jako pro dvě (místo čtyř bílých můžeme umisťovat dvě černé). Ze stejného důvodu je počet obarvení pro pět a šest po řadě stejné jako pro jednu a žádnou. Dohromady je tedy všech možností $1+1+2+2+2+1+1=10$.

Výsledek:

72

Uvědomíme si, že $\mathit{AXY}D$ je lichoběžník s výškou $|\mathit{AD}|=6$. Jelikož $E$ je v půlce výšky obdélníka, je také středem $\mathit{XY}$. Pak označíme patu kolmice z $E$ na $\mathit{AD}$ jako $E^{\prime }$ a spočítáme hledaný obsah

Výsledek:

1028

Pro všechna sudá čísla $a=2k$ je číslo $a^a={(a^k)}^2$ určitě druhou mocninou. Pro lichá čísla $a$ je $a^a$ druhou mocninou práve tehdy, když je $a$ druhou mocninou lichého čísla. Sudých čísel do 2012 je 1006. Největší druhá mocnina, která je maximálně 2012, je 44. Vyhovují tedy i druhé mocniny lichých čísel do 44, těch je 22. Celkem máme $1006+22=1028$.

Výsledek:

$\frac{2}{3}\cdot 2\pi =\frac{4}{3}\pi$

Uvědomíme si, že červený bod se pohybuje po obloucích kružnice (jeden bod vždy zůstává na místě a vzdálenost červeného bodu je od něho konstantní). Dvakrát projde $\frac{1}{3}$ z obvodu kružnice a jednou zůstane na místě. Dohromady projde dráhu délky $(\frac{1}{3}+\frac{1}{3})\cdot 2\pi \cdot 1=\frac{4}{3}\pi$.

Výsledek:

$11111111100$

Číslo musí být dělitelné $9$ a $25$ ($225=9\cdot 25$). Pokud je kladné, není složené jen ze samých nul, a tedy obsahuje alespoň jednu jedničku. Z dělitelnosti 9 máme, že počet jedniček je dělitelný 9, takže jich je alespoň 9. Z dělitelnosti 25 víme, že číslo končí jedním z dvojčíslí $\{00,25,50,75\}$. Vyhovuje pouze $00$. Takže číslo je alespoň $11111111100$.

Výsledek:

28

Označme Billův věk $v$. Ze zadání víme, že $v$ je aritmetickým průměrem přirozeného čísla $v-n$ a jeho druhé mocniny $v+n$. Nabývá tedy některé z hodnot $\frac{1}{2}(6+36)=21$, $\frac{1}{2}(7+49)=28$, $\frac{1}{2}(8+64)=36$, $\frac{1}{2}(9+81)=45$, $\frac{1}{2}(10+100)=55$ nebo $\frac{1}{2}(11+121)=66$. Z této nabídky je druhou mocninou jedině $36$, takže $n=36-8=8^2-36=28$.

Výsledek:

Cokoliv z $\sqrt{3}:3$ a $\sqrt{3}:1$

Překládáme podle přímky procházející středem obdélníka, která je kolmá na úhlopříčku. Příčky obdélníka, které po přehnutí splynou s okrajem papíru, tak odseknou dva shodné trojúhelníky, přičemž zbylý útvar je kosočtverec o straně $x$. Máme-li respektovat poměr obsahů ze zadání, zabere tento kosočtverec $\frac{2}{3}$ obsahu obdélníka. Jeho strana tak tvoří $\frac{2}{3}$ delší strany obdélníka a posléze vidíme, že je složen ze dvou rovnostranných trojúhelníků. Kratší strana obdélníka má pak délku $\frac{\sqrt{3}}{2}x$. Odtud nalezneme hledaný poměr.

Výsledek:

16

Číslo má být dělitelné $2$, a proto musí končit cifrou $8$ nebo $6$. Stejně tak je číslo dělitelné i třemi, a proto je jeho ciferný součet dělitelný třemi, tedy součet prvních dvou cifer musí dávat po dělení 3 zbytek 1 (je-li poslední cifra $8$) nebo $0$ (je-li poslední $6$). Zbytek $1$ umíme dostat jako součet čísel se zbytky $2+2$, $3+1$ (záleží i na pořadí cifer, takže máme $4+4=8$ možností). Podobně zbytek $0$ umíme dostat jen jako $0+0$, $2+1$ (znovu máme $4+4=8$ možností).

Výsledek:

$1+\frac{2}{\sqrt{3}}=1+\frac{2\sqrt{3}}{3}$

Označme $A$, $B$, $C$ středy třech menších kružnic. Trojúhelník tvořený těmito body je rovnostranný se stranou délky $2$. Jeho výška má délku $\sqrt{2^2-1}=\sqrt{3}$. Výšky trojúhelníku $\mathit{ABC}$ se protínají ve středu kružnice $k$, označme ho $S$, dokonce jsou zároveň také těžnicemi, a proto $|\mathit{AS}|=\frac{2}{3}\cdot \sqrt{3}$. Poloměr $k$ je potom jenom o poloměr menší kružnice větší než $|\mathit{AS}|$.

Výsledek:

$6$

Nechť $n=10x+y$ pro nějaké celé číslo $x\ge 0$ a cifru $y$. Potom $n^2=100x^2+20\mathit{xy}+y^2$. Cifra na místě desítek bude lichá tehdy, pokud desítková cifra $y^2$ bude lichá. Proto $y^2$ je $16$ nebo $36$. Poslední cifra je v obou případech $6$.

Výsledek:

19

Následující $19$-řetězec je palindromem:

Ukážeme, že $19$ je nejmenším takovým číslem. Uvědomíme si, že jen jedna cifra se může v palindromickém $n$-řetězci vyskytnout licho-krát (konkrétně ta prostřední). Pro $n\le 9$ zřejmě tato podmínka není splněná. Podobně, pro $10\le n\le 18$ se obě cifry $0$ a $9$ vyskytují právě jednou, takže zase nemůže být $n$-řetězec palindromem.

Výsledek:

$(4,6,2)$

Sčítáním rovnic dostaneme $(x+y+z)(z+y+x+z+x+y)=288$. Protože hledáme $x$, $y$, $z$ kladná, tak po vydělení dvěma a odmocnění máme $x+y+z=12$. Zpětným dosazením do původních rovnic dostáváme $(12-z)=10$, $(12-x)=8$, $(12-y)=6$, odkud snadno získáme řešení $(4,6,2)$.

Výsledek:

0

Vezměme nějaké dvě tětivy s vlastností ze zadání. Nakreslíme dvě další tětivy, které s nimi budou středově souměrné podle středu kružnice. Rozdělili jsme tak kruh na $9$ částí, přičemž některé z nich mají díky souměrnosti stejné obsahy.

Označme obsahy jednotlivých částí $a$, $b$, $c$, $d$ jako na obrázku. Užijeme-li nyní podmínku ze zadání na původní dvě tětivy, obdržíme

odkud plyne $d=0$. Proto musí alespoň jedna tětiva procházet středem kruhu.

Výsledek:

$16$

Bod dotyku druhé a třetí kružnice označme $B$. Během obchůzky šel někdy strážník z bodu $A$ do bodu $B$ a někdy potom po druhé cestě z bodu $B$ do bodu $A$. Máme dvě možnosti, jak tuto dvojici cest uskutečnit (první horem nebo první spodem). Když strážník přijde do bodu $B$, musí obejít pravé kolečko, jsou opět dvě možnosti, jak. Také jsou dvě možnosti, jak obejít levé kolečko, ale u něj máme dokonce dvě možnosti, kdy ho strážník obejde. Může tak učinit buď na začátku nebo na konci. Celkový počet možností tedy je 2 (možnosti chození mezi $A$ a $B$) krát 2 (možnosti, jak obejít pravé kolečko) krát 2 (možnosti, jak obejít levé kolečko) krát 2 (možnosti, kdy obejde levé kolečko).

Výsledek:

$\frac{21}{2}$

Rovnoběžka s kratším ramenem rozdělí lichoběžník na rovnoběžník a trojúhelník se stranami $3$, $5-2=3$, $3\sqrt{2}$, který je tedy rovnoramenný pravoúhlý. Rovnoběžník je proto obdélník. Obsah teď snadno spočteme jako $\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 3+3\cdot 2=\frac{21}{2}$.

Výsledek:

$\frac{n(n-1)}{2}=21\cdot 41=861$

Každému pořadí lidí přiřadíme hodnotu $H$, což bude počet dvojic (nejen sousedních) lidí takových, že menší z nich stojí před větším. V jednom tahu lze $H$ snížit nebo zvýšit o 1, přičemž pokud je $H>0$, lze ho vhodným tahem snížit. Na začátku je $H$ nejvýše $1+2+\cdots +(n-1)=\frac{1}{2}n(n-1)$, a to když jsou všichni lidé v opačném pořadí. Na seřazení je tedy potřeba (a naopak vždy stačí) $\frac{1}{2}42\cdot 41=861$ tahů.

Výsledek:

59

Pokud umíme zaplatit hodnotu s nějakým zbytkem po dělení $7$, umíme už zaplatit libovolnou vyšší hodnotu se stejným zbytkem. Pro každý zbytek postupně zjistíme, kdy ho poprvé dosáhneme. Zbytek po dělení $7$ změníme jen použitím čísla $11$. Takže $0$ dává $0$, $11$ dává $4$, $22$ dává $8$, $33$ dává $5$, $44$ dává $2$, $55$ dává $6$ a $66$ dává $3$. Máme všechny zbytky a od $66$ jsou už všechny hodnoty určitě dosažitelné. Poslední nedosažitelná hodnota má zbytek 3 a nejvyšší takovou je $66-7=59$.

Výsledek:

$\pi$

Nejmenší možný obsah největší části je čtvrtina obsahu kruhu. Souvislá část s daným obsahem má nejmenší obvod, pokud má tvar kruhu. Takže rozsekneme-li původní kruh tak, že všechny části budou mít obsah právě čtvrtinu obsahu původního kruhu a jedna z těch částí bude mít kruhový tvar, tak jsme hotovi. To se dá udělat například vyseknutím kružnice soustředné s původním kruhem a polovičním poloměrem, přičemž zbytek rozřežeme na tři stejné části. Malá kružnice má obvod $2\pi \frac{1}{2}=\pi$.

Výsledek:

$-2$

Nechť $x$ je společným řešením obou rovnic. Odečtením rovnic dostaneme $(a-1)(x-1)=0$, takže buď $x=1$ nebo $a=1$. V prvním případě je jejich společný kořen $x=1$ a dosazením do jedné z rovnic vypočítáme $a=-2$. V případě, že $a=1$, jsou rovnice identické, ale jejich kořeny nejsou reálné.

Výsledek:

$0$

Nechť $m$ je číslo, které nám zůstane po škrtnutí první cifry. Původní číslo potom musí být $c\cdot 10^7+m$, kde $c$ je škrtnutá cifra. Má platit $m=\frac{1}{35}\cdot (c\cdot 10^n+m)$, což se dá upravit na $17\cdot m=c\cdot 2^6\cdot 5^7$. Levá strana je nenulová a dělitelná 17, proto musí být také pravá, což však není možné.

Výsledek:

$1006\cdot (1006^2-1)=1018107210$

Délku 2012 bude mít jistě kratší odvěsna. Musí platit Pythagorova věta $b^2+2012^2=c^2$. Protože obsah pravoúhlého trojúhelníka je $\frac{a\cdot b}{2}$, tak chceme maximalizovat délku druhé odvěsny $b$. A to je stejná úloha jako minimalizovat rozdíl délek přepony a této odvěsny. Je-li $b=c-1$, tak nesedí parita v Pythagorově větě. Dosazením $c=b+2$ do Pythagorovy věty dostaneme jednoduchou rovnici pro $b$.

Výsledek:

$\sqrt{10}$

Najdeme si čtverečkovaný papír nebo si nakreslíme čtverečkovanou plochu. Ještě jednou si přečteme zadání, že všechny body mají být navzájem různé. Do počátku vyznačíme střed kružnice opsané a postupně zkoušíme poloměry: $1,\sqrt{2},2,\sqrt{5},2\sqrt{2},\sqrt{10},\dots$ . Pro poloměry $1$, $\sqrt{2}$, $2$ a $2\sqrt{2}$ vidíme, že je vždy jeden z vrcholů trojúhelníka zároveň průsečíkem výšek. Pro $\sqrt{5}$ a $\sqrt{10}$ jsme schopni zkonstruovat trojúhelníky, pro které jsou splněny podmínky zadání.

Výsledek:

14

Vícenásobným použitím vzorce $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ dostáváme

V rozvoji je každý člen kromě $7+1$ dělitelný dvěma právě jednou, neboť $7^{2k}+1$ pro $k\in \mathbb{N}$ dává zbytek $2$ po dělení čtyřmi.

Výsledek:

$98764312$

Vyzkoušejme nejdříve největší číslo, které splňuje podmínku různých nenulových cifer. Tím je $987654321$, ale má jen vytrvalost 2, protože $9\cdot 8\cdots 1=362880$ a potom kvůli nule na konci získáme v druhém kroku 0. Uvědomíme si, že 0 na konci dostaneme vždy, když mezi ciframi čísla bude nějaké sudé číslo a 5 zároveň. Proto zkusíme nejdřív vyhodit pětku. Vytrvalost čísla $98764321$ je 3, neboť $98764321\to 72576\to 2940\to 0$. Poslední podmínku splníme přehozením posledních dvou cifer na $98764312$ a máme výsledek.

Výsledek:

$1:4$

Uvažme čtyřúhelník, v němž body $C$ a $D$ splynou. Pak je $\mathit{GH}$ střední příčka v $△\mathit{ABC}$ a hledaný poměr obsahů je pak zřejmě $\frac{1}{4}$.

Výsledek:

270

Podíváme se na děravou kostku shora a spočítáme obsah všech plošek, které se na nás „dívají“ – jsou orientované směrem nahoru. V hloubce 0 (ve stěně kostky) je jich $25-4=21$. V hloubce 2 je jich tolik, kolik je vyvrtaných chodeb z boku mínus počet vyvrtaných chodeb shora: $16-4=12$. Hloubka 4 je stejný případ jako hloubka 2. Z každé strany kostky je situace stejná, takže máme celkem $(21+12+12)\cdot 6=270$ plošek.

Výsledek:

$1+\sqrt{2}$

Nejprve si uvědomíme, že pro libovolnou cestu existuje cesta stejné délky, která jde nejdřív jen doprava a potom už jen nahoru. Nyní proto uvažujme už jen takovéto cesty. Nejdelší cesta musí procházet středem kruhu. Označme $a$ vzdálenost, kterou urazíme doprava od středu kruhu, a $b$ vzdálenost, kterou urazíme od středu nahoru. Protože nejdelší cesta skončí na obvodu kružnice, platí $a^2+b^2=1$ a chceme maximalizovat $a+b$. To je stejná úloha jako maximalizovat ${(a+b)}^2=a^2+b^2+2\mathit{ab}=1+2\mathit{ab}$. Z triviální nerovnosti $0\le {(a-b)}^2=a^2-2\mathit{ab}+b^2$ máme $2\mathit{ab}\le a^2+b^2=1$. Rovnost nastává právě tehdy, když máme rovnost pro $0\le {(a-b)}^2$, takže $a=b=\sqrt{1∕2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Spolu s cestou do středu kruhu je výsledek $1+\sqrt{2}$.

Výsledek:

$5\cdot 5\cdot 7\cdot 7\cdot 11\cdot 13=175175$

Zbytek součinu je stejný jako součin zbytků jednotlivých činitelů, např. zbytek $7!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 0\cdot 1=0$. Aby byl konečný zbytek 5, číslo nesmí být dělitelné $2$ ani $3$, takže z $15!$ musíme vyhodit všechny dvojky a trojky. Zůstane nám číslo $5^3\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13$ a to dává zbytek 1. Všechny činitele dávají zbytek 1 nebo 5, takže nám stačí vyhodit jedno číslo se zbytkem 5. Nejmenším takovým je samozřejmě 5.

Výsledek:

49

Rozdělíme si všechny přímky do třech nezávislých kategorií. Přímek, které procházejí středem krychle, je $9+\frac{8}{2}=13$. Přímky, které procházejí středem stěny a neprocházejí středem krychle, jsou pro každou stěnu 4 a celkem je jich tedy 24. Zbyly nám už jen přímky totožné s hranami krychle, kterých je 12. Dohromady máme $13+24+12=49$ přímek.

Výsledek:

$1+3+12+25=41$

Je zřejmé, že $n<26$. Označme dále $k\in \mathbb{N}$ počet dnů, po něž soutěž probíhala. Dohromady se každý den rozdalo $\frac{n(n+1)}{2}$ bodů, což dává celkový součet $k\cdot \frac{n(n+1)}{2}$ bodů. To je ale zároveň rovno $26n$. Porovnáním dostáváme $k(n+1)=52=2\cdot 2\cdot 13$. Po chvilce zkoušení zjistíme, že pro $k\in \{2,4,13,26\}$ umíme najít způsob, jakým účastníci mohli dostávat body během soutěže, a naopak pro $k\in \{1,52\}$ taková soutěž neexistuje. Součet všech $n$ je proto $(26-1)+(13-1)+(4-1)+(2-1)$.

Výsledek:

$26$

Pro jednoduchost uvažujme nekonečný trojrozměrný prostor, který rozřezáváme nekonečnými rovinami. Ve chvíli, kdy už je prostor nějak rozřezaný, nám další rovina přidá tolik nových částí, kolik existujících částí rozřeže. Vezměme si přímky, které jsou průsečnicemi nové roviny se starými rovinami. Počet nových částí je stejný jako počet oblastí, na které tyto přímky rozdělí novou rovinu. Tedy $v_n=v_{n-1}+p_{n-1}$, kde $v_n$ je výsledek pro $n$ řezů a $p_n$ je počet nových částí = počet oblastí, na které umíme rozdělit rovinu přímkovými řezy. Kreslením na papír získáme maximální hodnoty pro $p_1,p_2,p_3$ a $p_4$ jako $2$, $4$, $7$ a $11$. Pro $v_1=2$ tak dostávame výsledek $2+2+4+7+11=26$.

Výsledek:

$\sqrt{2}$

Máme dva typy těles. Pravidelný čtyřstěn se stranou 1 a čtyřboký jehlan se všemi stranami délky 1. Čtyřboký jehlan má obsah podstavy 1 a výšku vypočteme z Pythagorovy věty (hrana, úsečka z vrcholu do středu podstavy a výška tvoří pravoúhlý trojúhelník) jako $\sqrt{1^2-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, takže má objem $\frac{1}{3\cdot \sqrt{2}}$. Podobně čtyřstěn má obsah podstavy (rovnostranný trojúhelník) $\frac{\sqrt{3}}{4}$ a výšku $\sqrt{1^2-{\left(\frac{2\sqrt{3}}{6}\right)}^2}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$, takže má objem $\frac{\sqrt{2}}{3\cdot 4}$. Když to celé sečteme, dostáváme $2\cdot \frac{\sqrt{2}}{6}+8\cdot \frac{\sqrt{2}}{12}=\sqrt{2}$.

Výsledek:

$3∕5$

Zkusme raději počítat pravděpodobnost, že stopař auto nestopne. Pro 20 minut to je $1-\frac{609}{625}=\frac{16}{625}$. Když pravděpodobnost nestopnutí auta stopařem během 5 minut je $p$, pak pro 20 minut to je $p^4$. Tedy $p=\frac{2}{5}$. Potom pravděpodobnost stopnutí auta během 5 minut je $1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$.

Výsledek:

$2∕3\cdot 8∕9\cdot 26∕27=\frac{2^5\cdot 13}{3^6}$

Pro každou chybu spočítáme pravděpodobnost, že v článku nevydrží do konce. Pravděpodobnost, že nějaká chyba vydrží $k$ dní, je ${(\frac{1}{3})}^k$ a pravděpodobnost, že nějaká chyba nevydrží $k$ dní, je $1-{(\frac{1}{3})}^k$. Protože nevýdrž jednotlivých chyb je nezávislá, tyto pravděpodobnosti jednoduše vynásobíme: $(1-1∕3)\cdot (1-1∕9)\cdot (1-1∕27)$.

Výsledek:

$168$

Nechť $C$ je počet červených karet, $M$ je počet modrých karet a $Z$ je počet žlutých karet. Obraťme vztah červených a modrých karet. Potom každá červená karta přispívá k celkovému skóre $1+2M$ body (jeden bod za sebe a dva za každou modrou kartu) a každá žlutá karta přispívá $3\mathit{MZ}$ body. Pro $M>1$ se nám vyplatí změnit všechny červené karty za žluté. Pro $M=0$ je maximální skóre 15. Pro $M=1$ je skóre vždy 42. Pro $M>1$ je skóre $3\mathit{MZ}$ a dále víme, že $M+Z=15$. Maximum nastává při $M=7$ a $Z=8$, což dává skóre $168$.

Výsledek:

$\frac{19}{40}$

Uvědomíme si, že oba hody mají symetrické rozdělení. Tj. pravděpodobnost, že padne $x$ na dvacetistěnné kostce, je stejná jako pravděpodobnost, že padne $21-x$ (od 1 do 20). A podobně pravděpodobnost, že padne $y$ na třech šestistěnných kostkách, je stejná, jako že padne $21-y$ (od 3 po 18). Podobnou úvahou zjistíme, že pravděpodobnost výhry Olina je stejná jako pravděpodobnost výhry Vejtka. Proto je výsledek $\frac{1-p}{2}$, kde $p$ je pravděpodobnost remízy. A ta je $1∕20$, protože ať hodí Vejtek třemi kostkami libovolnou hodnotu, má vždy Olin šanci $1∕20$, že se do ní trefí.

Výsledek:

$10\times 10!\cdot 10!=2^{17}\cdot 3^8\cdot 5^5\cdot 7^2$

Je třeba si uvědomit, jaká čísla musí voják posbírat a jakým se naopak může vyhnout. Každá cesta nasbírá každé číslo alespoň dvakrát (jednou za sloupec a jednou za řádek). Pro každé číslo $i$ kromě $1$ a $10$ existuje cesta, která prochází $i$-tým řádkem a $i$-tým sloupcem právě jednou (takové velké „L-ko“). Proto $2,3,\dots ,9$ budou ve výsledném součinu právě dvakrát. Jelikož v pravém dolním rohu ($10\times 10$) nasbíráme hned dvě desítky a tah předtím jsme museli taktéž sebrat jednu desítku, tak 1000 dělí výsledek. Je jednoduché se přesvědčit, že víc než tři desítky nemusíme posbírat.

Výsledek:

$\frac{72}{\sqrt{15}}=\frac{24\sqrt{15}}{5}$

Z faktu, že obsah trojúhelníku je polovina součinu jeho výšky a strany, dostáváme, že trojúhelník bude podobný s trojúhelníkem o stranách délek 2, 3, 4. Vyjádříme jednu z výšek trojúhelníku pomocí jeho stran. Můžeme například použít Heronův vzorec pro strany $2a$, $3a$ a $4a$ a potom dát do rovnosti s obsahem $\frac{2a\cdot 6}{2}$. Takže $S=\frac{a^2}{4}\sqrt{135}=6a$, z čehož dostaneme $a=\frac{24}{\sqrt{135}}$ a obvod je tedy $9a$.

Výsledek:

$1999\cdot 2000=3998000$

Označme $s=\sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots }}}$. Potom platí $s=\sqrt{n+s}$. Řešením kvadratické rovnice pro $s$ je $\frac{1\pm \sqrt{1+4n}}{2}$, a protože $s$ má být racionální, tak musí platit $1+4n=a^2$, kde $a$ je racionální číslo. Úpravou výrazu dostaneme $n=\frac{a^2-1}{4}$. Aby bylo $n$ celé, musí být i $a$ celé, protože když $a=\frac{p}{q}$ je zlomek v základním tvaru, tak $n=\frac{p^2-q^2}{4q^2}$ má být celé číslo, a tedy $q$ by muselo dělit $p$, což je spor s tím, že $\frac{p}{q}$ je v základním tvaru. Další úpravou $n=\frac{a-1}{2}\cdot \frac{a+1}{2}$, tedy $a$ musí být liché, a aby $n\le 4000000$, tak $\frac{a+1}{2}=2000$, odkud $n=1999\cdot 2000$.

Výsledek:

$24\cdot 7=168$

Prostřední kachličku si zvolíme pevně. Nyní si všimneme, že čísla na pozicích $(4,1)$ a $(4,8)$ (kde $(1,1)$ značí levý horní čtvereček) mohou nabývat pouze dvou různých hodnot, což nám dohromady dává čtyři možnosti. U tří z nich je doplnění zbytku tabulky jednoznačné, u čtvrté mohou nastat čtyři případy. Vzhledem k tomu, že máme $4!=24$ možností, jak zvolit prostřední kachličku, výsledek bude $24\cdot 7$.

Výsledek:

1010309

Zaměříme se na podmínku, že číslo o 1 větší je dělitelné $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$. Z toho je hned zřejmé, že poslední cifra musí být 9. Kvůli dělitelnosti třemi je ciferný součet tvaru $3k+2$. Ze zadání je ciferný součet langoše dvojnásobek počtu jeho cifer. Protože jsou ciferné součty sudé, tvaru $3k+2$ a větší než 9, přicházejí v úvahu 14 a 20. Jim odpovídají počty cifer $7$, resp. $10$. Protože se střídají sudé a liché cifry, tak nejmenší čísla splňující všechno kromě dělitelnosti 7 jsou 1010109 a 2101010109, které mají ciferné součty 12 a 15. Druhé číslo má lichý ciferný součet, a tedy neumíme dosáhnout součtu 20. V první případě nám stačí zvětšit ciferný součet o 2, tedy zvětšit jednu z cifer o 2. Snadno se přesvěčíme, že jediná možnost (kvůli dělitelnosti 7) je číslo 1010309.

Výsledek:

9376

Přeformulováním zadání dostaneme $n^2-n=n(n-1)=10000k$ pro nějaké přirozené $k$. Číslo $5^4$ dělí pravou stranu, a proto $5^4=625$ dělí buď $n$ nebo $n-1$. Podobně $2^4=16$ dělí buď $n$ nebo $n-1$. Z první dělitelnosti plyne, že $n$ je tvaru $n=625k+b$, kde $k\in \{1,2,\dots ,15\}$ a $b\in \{0,1\}$. Protože $625$ dává zbytek 1 po dělení 16, tak $n$ dává zbytek $k+b$ po dělení 16. Z druhé dělitelnosti proto plyne $k+b\in \{0,1,16\}$. Čtyřciferný výsledek dostaneme jedině pro $(k,b)=(15,1)$, čemuž odpovídá $n=9376$. Platí $9376\cdot 9376=87909376$, a proto 9376 je jediným možným a také vyhovujícím výsledkem.

Výsledek:

$900\cdot 55000=49500000$

Všech pěticiferných palindromů je stejně jako všech trojciferných čísel, a dokonce existuje jednoduché přiřazení mezi nimi. Číslu $\mathit{abc}$ umíme přiřadit palindrom $\mathit{abcba}$ pro $a\in \{1,2,\dots ,9\}$ a $b,c\in \{0,1,\dots ,9\}$. Celkový součet si rozložíme na součty po cifrách. Každé $a$ přispěje $a\cdot 10001$, každé $b$ přispěje $b\cdot 1010$ a každé $c$ přispěje $c\cdot 100$ k celkovému součtu. Každá z možností pro $a$ se objeví v součtu 100krát a každá z možností pro $b$ a $c$ se objeví v součtu 90krát. Proto je celkový výsledek

Výsledek:

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{50}{3}\right)=19600$

Nejprve si úlohu převedeme na jednodušší tak, aby se výsledek nezměnil. Označíme si $A=\frac{a-1}{2}$ a stejným způsobem označíme i $B$, $C$ a $D$ pro $b$, $c$ a $d$. Potom platí $A+B+C+D=\frac{a+b+c+d-4}{2}=47$ pro kladná celá $A$, $B$, $C$ a $D$. Pro každou čtveřici $a$, $b$, $c$ a $d$ ze zadání existuje vyhovující čveřice $A$, $B$, $C$ a $D$ a naopak. Toto už je standardní úloha. Řešíme ji tak, že si vezmeme 47 bílých a 3 černé kuličky. Postavíme je do řady tak, že černé kuličky rozdělí bílé kuličky na čtyři (potenciálně prázdné) úseky, které označují $A$,$B$,$C$ a $D$. Například pokud jsou černé kuličky na pozicích 5, 6 a 25, tak úseky bílých jsou 1-4, prázdný, 7-24 a 26-50 a $A=4$, $B=0$, $C=18$ a $D=25$. Zase je vidět, že pro každé $A$, $B$, $C$ a $D$ existuje právě jedno odpovídající rozestavení kuliček a naopak. Takže řešením je počet rozestavení 3 černých kuliček na 50 pozicích, kterých je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{50}{3}\right)$.

Výsledek:

$(10^{11}+1)\cdot 16∕121=16\cdot 826446281=13223140496$

Číslo $N$ vzniklé zapsáním původního čísla $n$ dvakrát za sebou je $n$-násobkem čísla $10^{11}+1=11^2\cdot D$. Proto když zvolíme $n=t^2\cdot D$, tak $N=11^2\cdot D\cdot t^2\cdot D={(11\cdot t\cdot D)}^2$. Musíme ješte zvolit $t$ tak, aby $n$ bylo jedenácticiferné a začínalo jedničkou. Poslouží nám $t=4$ a ze zadání víme, že je jediné takové.

Výsledek:

132

Označme jeden trojúhelník $\mathit{ABC}$ ($|\mathit{AC}|=24$, $|\mathit{BC}|=18$). Jelikož $(18,24,30)=6\cdot (3,4,5)$, je $△\mathit{ABC}$ pravoúhlý a pro poloměry kružnice opsané a vepsané platí $R=\frac{1}{2}\cdot 30=15$ a $r=\frac{1}{2}(18+24-30)=6$. Existuje jediný průměr $A^{\prime }{B}^{\prime }$ kružnice opsané různý od $\mathit{AB}$, který se dotýká kružnice vepsané – ten symetrický s $\mathit{AB}$ podle přímky $\mathit{OI}$. Shodou okolností leží $A^{\prime }{B}^{\prime }$ na ose strany $\mathit{AC}$. Ta totiž prochází bodem $O$, a jelikož má od $\mathit{BC}$ vzdálenost 12, má od $I$ vzdálenost 6. Druhý trojúhelník $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ tak bude symetrický s $\mathit{ABC}$ podle $\mathit{OI}$ a zároveň bude $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp \mathit{AC}$ a $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp \mathit{AB}$. Zbývá si rozmyslet, že průnik dvou trojúhelníků získáme z trojúhelníku $\mathit{ABC}$ odečtením tři malých trojúhelníčků, jejichž rozměry postupně určíme jako $9-12-15$ (u $A$), $6-8-10$ (u $B$) a $3-4-5$ (u $C$). Konečně obsah průniku je roven

Výsledek:

2040

Postupně obarvíme deset políček černě. Označme políčka $A1$ až $E5$. Búno jsou obarvena políčka $A1$, $B1$ (výsledek pak ze symetrie stačí vynásobit $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$) a $B2$ (a čtyřmi).

Pokud je ve druhém řádku obarveno políčko $A2$, stačí určit počet vyhovujících obarvení tabulky $3\times 3$, což je 6. Pokud je v něm obarveno jiné políčko, ať je to búno $C2$ (násobíme třemi), a ve třetím sloupci ještě $C3$ (opět třemi). Pokud je teď obarveno $A3$, je jediná možnost, jak obarvení dokončit ($D4$, $D5$, $E4$, $E5$). V opačném případě jsou možnosti čtyři (búno je ve třetím řádku obarveno $D3$ a ve čtvrtém sloupci $D4$). Celkový počet obarvení je proto

Výsledek:

$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$

První odhad získáme, pokud $X$ a $Y$ zvolíme jako vrcholy čtverce. Potom je součet dálek 2. Pomocí trojúhelníkových nerovností zjistíme, že pokud je $X$ nebo $Y$ nejblíž k právě 0, 2 nebo 4 vrcholům, tak součtu menšího než 2 nedosáhneme. Proto nechť $Y$ je právě ke třem vrcholům ($B$, $C$ a $D$) blíž než $X$. Chceme minimalizovat $|\mathit{AX}|+|\mathit{BY}|+|\mathit{CY}|+|\mathit{DY}|$, ale $|\mathit{AX}|$ může být nula pro $X=A$. Je známo, že součet tří vzdáleností v trojúhelníku $\mathit{BCD}$ je nejmenší, pokud úsečky $\mathit{BY}$, $\mathit{CY}$ a $\mathit{DY}$ svírají úhly 120 stupňů. (To lze ověřit otočením trojúhelníka $\mathit{BCY}$ podle bodu $B$ o $60$ stupňů na $B{C}^{\prime }{Y}^{\prime }$, a minimalizací délky lomené čáry $C^{\prime }{Y}^{\prime }YD$. Optimální bude úsečka $C^{\prime }D$, jejíž délku snadno vyjádříme pomocí Pythagorovy věty.)

Výsledek:

$1∕2012\cdot 1∕1025=1∕2062300$

Aby mohlo být místo s číslem 1 obsazené jako poslední, musí být místo s číslem 2 obsazené jako první (s pravděpodobností $\frac{1}{2012}$) a hned po něm se obsadí pozice $n$. Potom se zaplní některá místa od $3$ do $n-1$, dokud nezůstanou pouze mezery velikosti 1 a 2. V takovém případě je pravděpodobnost, že 1. místo bude obsazené jako poslední, rovna převrácené hodnotě počtu míst, neboť každé místo má stejnou šanci, že bude obsazeno jako poslední. Uvědomíme si, že budeme-li se dívat pouze na velikosti mezer a postupně obsazovat největší, zbyde nám vždy stejný počet mezer velikosti 1 a 2, a proto je umíme jednoznačně spočítat.

Nechť $f(n)$ je počet míst, která zůstanou volná, mohou-li auta parkovat na $n+2$ místech za sebou, přičemž první a poslední je obsazené. První auto se postaví do středu a zbydou případy $f(\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor )$ a $f(\lceil \frac{n-1}{2}\rceil )$. Máme tedy rekurentní vyjádření $f(n)=f(\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor )$ a $f(\lceil \frac{n-1}{2}\rceil )$ s počáteční podmínkou $f(1)=1$ a $f(2)=2$. Když si s tím trochu pohrajeme a spočítáme pro malé hodnoty, dobereme se k explicitnímu vyjádření:

Proto $f(2009)=1024$ a celková pravděpodobnost je $\frac{1}{2012}\cdot \frac{1}{1024+1}=\frac{1}{2062300}$.

Výsledek:

$0,2,1\pm \sqrt{6},1\pm \sqrt{8}$

Jelikož

řešíme po substituci $x^2-2x=z$ rovnici

Pro každé $z\in \{0,5,7\}$ pak snadno zjistíme odpovídající $x$.