Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$4022$

Aby byl součet dvou přirozených čísel lichý, musí být jedno z nich liché a jedno sudé. Jediným sudým prvočíslem je dvojka, takže v úvahu připadá jen zápis $2013=2011+2$. Zadání říká, že 2013 jako součet dvou prvočísel zapsat lze, takže 2011 je prvočíslo a odpověď je $2011\cdot 2=4022$.

Výsledek:

$\frac{2}{3}\pi$

Označme obsahy tří částí jako na obrázku.

Ze symetrie víme, že $A=C$, takže ze zadaného $B=A+C$ plyne $B=2A$. Obsah prostřední části je tak roven dvěma třetinám obsahu levého kruhu, tedy $\frac{2}{3}\pi$.

Výsledek:

1

Začneme rozmísťováním žlutých kolíků. Máme jedinou možnost, jak je rozmístit tak, aby v každém řádku i sloupci byl nejvýše jeden, a sice dát je na přeponu trojúhelníku. Podobně máme pouze jeden způsob, jak rozmístit postupně červené, zelené, modré a oranžové kolíky – vždy na přeponu trojúhelníku tvořeného dosud neobsazenými místy v trojúhelníkové síti. Proto existuje pouze jedno rozmístění všech kolíků vyhovující zadání.

Výsledek:

$3558$

Protože $600=2^3\cdot 3\cdot 5^2$, můžeme na sestavení tohoto čísla použít pouze číslice 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8. Přitom jedničky k součinu nijak nepřispějí, pouze zvětší počet cifer. Zřejmě musí číslo obsahovat dvě pětky, neboť $5^2$ nelze získat jinou kombinací cifer. Zbývající cifry musí mít součin 24, tedy musí být alespoň dvě. Číslo $24$ lze rozložit jako $3\cdot 8$ nebo $4\cdot 6$, a protože první možnost obsahuje menší číslici, zvolíme ji a sestavíme hledané číslo $3558$.

Výsledek:

$33$

Obě rovnosti mezi sebou vynásobíme a dostaneme

Výsledek:

$513315$

Začneme poslední podmínkou. Jediným čtyřciferným číslem, které je mocninou $11$, je $11^3=1331$. Námi hledané číslo je tedy tvaru $\overline{a1331a}$, a protože je dělitelné devíti, musí být i jeho ciferný součet $2a+8$ dělitelný devíti. Tento výraz je sudý a menší nebo roven $26$, tedy musí být roven $18$. Proto $a=5$ a námi hledáné číslo je $513315$.

Výsledek:

$1:3$

Protože bod $C$ dělí půlkružnici v poměru $1:2$, můžeme dokreslit ještě bod $E$ tak, aby body $A$, $C$, $E$, $B$ (v tomto pořadí) tvořily čtyři po sobě jdoucí vrcholy pravidelného šestiúhelníku.

Označme $S$ střed půlkružnice $k$. Body $A$, $C$, $S$ pak tvoří vrcholy rovnostranného trojúhelníku a bod $D$ je středem strany $\mathit{SA}$, neboť výška a těžnice v rovnostranném trojúhelníku splývají. Odtud už snadno dopočítáme poměr $|\mathit{AD}|:|\mathit{DB}|=1:3$.

Výsledek:

$84$

Všimneme si, že malý Vikoušek mohl sníst maximálně $3\cdot 14=42$ bonbonů, zatímco Mišo jich snědl minimálně $2\cdot 21=42$. Protože však oba měli stejné množství, musel každý z nich mít $42$ bonbonů. V pytli jich tedy původně bylo $84$.

Výsledek:

$16$

Z každého z písmen N, á, b, o můžeme dále pokračovat ve čtení dvěma způsoby. Proto lze slovo Náboj přečíst celkem $2^4=16$ způsoby.

Výsledek:

$6$

Předpokládejme, že by vedle sebe seděli dva pravdomluvní či dva lháři. Pak by ten, který sedí v takové dvojici nalevo, prohlásil o člověku po své pravici, že je pravdomluvný. To je ale v rozporu se zadáním – pravdomluvní a lháři se tedy musí střídat. Lhářů je proto v kruhu právě šest.

Výsledek:

$0$

Aby zůstalo obarvení při otočení o $90^{\circ }$ zachováno, musí mít všechny rohové dlaždičky stejnou barvu. Stejně tak musí mít stejnou barvu čtyři dlaždičky ve středech krajních sloupců a řádků. Potřebujeme proto buď alespoň 8 dlaždiček jedné barvy, nebo po čtyřech dlaždičkách dvou různých barev. Takové dlaždičky ale k dispozici nemáme, a tak žádné vyhovující obarvení neexistuje.

Výsledek:

$48\%=\frac{12}{25}$

Označme $D$ celkový počet sezdaných párů na ostrově. Celkový počet mužů, resp. žen pak lze vyjádřit jako $\frac{5}{2}D$, resp. $\frac{5}{3}D$. Na ostrově tedy žije celkem $\frac{5}{2}D+\frac{5}{3}D=\frac{25}{6}D$ lidí, z toho $2D$ je sezdaných. Podíl ostrovanů žijících v manželství je tedy

Výsledek:

$14\sqrt{3}=\frac{42}{\sqrt{3}}\text{cm}$

Máme-li libovolný rovnostranný trojúhelník uvnitř pásu ohraničeného dvěma rovnoběžnými přímkami, můžeme jej vhodně zvětšit tak, aby dva z jeho vrcholů ležely na protějších hraničních přímkách. Ze všech takových rovnostranných trojúhelníků má největší délku strany ten, jehož jedna strana leží celá na hranici.

Pokud tedy máme pás o šířce $21\text{cm}$, pak největší rovnostranný trojúhelník, který se vejde do tohoto pásu, má výšku $21\text{cm}$. Délka jeho strany je $\frac{21\text{cm}}{\sin 60^{\circ }}=14\sqrt{3}\text{cm}$. Protože $14\sqrt{3}<14\cdot 2<29,7$, vejde se tento trojúhelník i do zadaného obdélníku.

Výsledek:

$10$

Na následujícím obrázku jsou znázorněny přehyby, které uvidíme po rozložení papíru.

Bude tedy vidět celkem deset čtverců – celý papír, čtverec spojující středy jeho stran, a v každém z těchto čtverců navíc čtyři menší.

Výsledek:

$3^5=243$

Všimneme si, že každý pětiúhelník musí mít ve svém vnitřku střed obrázku. Pro každou z pěti stran máme na výběr ze tří možností (vnější, prostřední, či vnitřní čára), takže pětiúhelníků je v obrázku $3^5=243$.

Výsledek:

$1808$

Označme $a$, $b$ čísla, která měla Kája sečíst. Jelikož připsání nuly odpovídá vynásobení deseti, můžeme sestavit rovnice

Jejich odečtením získáme $a=205$, takže $b=1808$, což je hledaný větší sčítanec.

Výsledek:

$3,5$

Jelikož $3^2+5^2<7^2$, je úhel naproti straně délky 7 tupý a celý trojúhelník lze zakrýt kruhem majícím tuto stranu za průměr. Naopak každý kruh zakrývající celý trojúhelník musí zakrývat i jeho stranu délky $7$ a jako takový musí mít poloměr alespoň $3,5$.

Výsledek:

$12$

Označíme-li počty lízátek jednotlivých chlapců postupně $K$, $M$, $P$ a $V$, musí ze zadání mimo jiné platit $K+P\ge 41$, $M+P\ge 41$ a $V+P\ge 41$. Sečtením těchto nerovností získáme $2P+(K+M+P+V)\ge 123$. Jelikož $K+M+P+V=100$, dostáváme $2P\ge 23$, neboli $P\ge 12$ ($P$ je přirozené číslo). Naopak hodnoty $K=M=29$, $P=12$, $V=30$ všem podmínkám úlohy vyhovují.

Výsledek:

$\frac{5}{8}=0,625$

Označme $S$ průsečík úhlopříček obdélníka $\mathit{ABCD}$ a dále $v$ délku výšky na stranu $\mathit{AC}$ v trojúhelníku $\mathit{ABC}$. Obsah obdélníka $\mathit{ABCD}$ můžeme vyjádřit jako $|\mathit{AC}|\cdot v$, což dává $v=80∕16=5$. Nakonec spočteme hledanou hodnotu $\sin |\sphericalangle \mathit{ASB}|=\sin |\sphericalangle \mathit{CSB}|=\frac{v}{|\mathit{BS}|}=\frac{5}{8}$.

Výsledek:

${(-1)}^{-4}+{(-3)}^{-2}=\frac{10}{9}$

Všimneme si, že abychom dostali kladné číslo, musíme mocnit na sudý exponent. Jelikož ${(-2)}^{-4}={(-4)}^{-2}<{(-1)}^{-2}$, budeme za exponenty brát $-2$ a $-4$. Protože navíc umocněním na záporný exponent všem číslům kromě $-1$ zmenšíme absolutní hodnotu, budeme za základy mocnin brát $-1$ a $-3$. Ze zbývajících dvou možností má větší hodnotu ${(-1)}^{-4}+{(-3)}^{-2}=\frac{10}{9}$.

Výsledek:

$\frac{11}{18}$

Aby byl úhel grafem nějaké funkce, musí každému bodu na ose $x$ přiřazovat maximálně jednu hodnotu na ose $y$. Záleží tedy jen na natočení úhlu a my můžeme bez újmy na obecnosti umístit jeho vrchol do počátku soustavy souřadnic.

Nechť nejprve jedno rameno úhlu splývá s kladnou částí osy $y$ a druhé leží napravo od osy $y$. Nyní úhlem otáčejme po směru hodinových ručiček a zkoumejme, kdy je grafem funkce. Po otočení o $70^{\circ }$ se poprvé stane to, že každému bodu na ose $x$ bude přiřazena pouze jedna hodnota na ose $y$, a toto potrvá až do otočení o celkových $180^{\circ }$. Otočení o $180^{\circ }$ až $360^{\circ }$ vyšetřovat nemusíme, neboť zde je situace symetrická. Pravděpodobnost, že jsou ramena našeho úhlu grafem nějaké funkce, je tedy $\frac{110}{180}=\frac{11}{18}$.

Výsledek:

$0,04=\frac{1}{25}$

Ptáme se vlastně na to, která čísla od 1 do 100 mají tu vlastnost, že když je opakovaně (přibližně $380$krát) vynásobíme dvojkou, budou dělitelná stem. Každé takové číslo musí být jistě už od začátku násobkem čísla 25 a naopak všechna čtyři čísla 25, 50, 75, 100 zřejmě vyhovují (už jejich čtyřnásobky končí dvojčíslím $00$). Odpověď je proto $\frac{4}{100}=0,04=\frac{1}{25}$.

Výsledek:

$1510$

Hledejme všechna přirozená čísla $n\le 2013$, která se dají zapsat ve tvaru $n=a^2-b^2=(a+b)(a-b)$ pro nějaká $a,b\in \mathbb{Z}$. Každé liché číslo můžeme zřejmě zapsat jako $2k+1={(k+1)}^2-k^2$, každé číslo dělitelné čtyřmi jako $4k={(k+1)}^2-{(k-1)}^2$. Zbývá vyšetřit čísla tvaru $4k+2$, tedy čísla dělitelná dvěma, ale nikoliv čtyřmi. Ta ovšem rozdílová nejsou, protože $a+b$ a $a-b$ jsou buď obě lichá, nebo obě sudá (a jejich součin je tedy buď lichý, nebo dělitelný čtyřmi).

Čísel tvaru $4k+2$ je v daném intervalu $503$. Rozdílových čísel je proto $2013-503=1510$.

Výsledek:

$16$

Porovnáním velikostí vnitřních úhlů tří mnohoúhelníků u společného vrcholu $A$ dostaneme, že velikost vnitřního úhlu ve třetím pravidelném mnohoúhelníku je rovna $360^{\circ }-90^{\circ }-120^{\circ }=150^{\circ }$. Protože součet velikostí vnitřních úhlů v $n$-úhelníku je roven $180^{\circ }(n-2)$, platí:

Třetí mnohoúhelník je tedy dvanáctiúhelník, a protože každé dva mnohoúhelníky sdílejí jednu stranu, má mnohoúhelník $M$ obvod rovný $4+6+12-(3\cdot 2)=16$.

Výsledek:

$2^{-50}$

Představme si, že Martin psal čísla postupně po dvojicích – vždy si náhodně vybral dvě dosud nenapsaná čísla a připsal je na papír za již napsaná. Pravděpodobnost, že napsal dříve to menší, je $\frac{1}{2}$ (bez ohledu na to, která dvě čísla si vybral). Pro všech padesát dvojic tedy máme pravděpodobnost ${(\frac{1}{2})}^{50}=2^{-50}$.

Výsledek:

$23$

Vzhledem k tomu, že můžeme přidávat pouze červenou a bílou, musí být ve výsledné barvě přesně tři plechovky modré. Modrá není vůbec zastoupena v růžové barvě, takže z poměru $1:2$ v azurové barvě víme, že azurové barvy musí být celkem 9 plechovek (3 modré a 6 bílých). Nakonec z poměru $2:1$ ve výsledné barvě víme, že celkem v ní musí být 27 plechovek (z toho 9 se smíchá na azurovou a 18 na růžovou). Čtyři plechovky již smíchané máme, tedy musíme přidat $27-4=23$ plechovek.

Výsledek:

$\frac{9}{10}$

Pravděpodobnost, že kouzelník vytáhne dříve bílého králíka než šedého, je rovna $\frac{3}{4}$, takže v klobouku je třikrát více bílých králíků než šedých. Podobně je v klobouku třikrát více šedých králíků než černých. Z toho plyne, že bílých králíků je devětkrát více než černých, a hledaná pravděpodobnost je tak rovna $\frac{9}{10}$.

Výsledek:

$37$

Přičtením $a+b$ k oběma stranám rovnosti dostáváme $50(a+2b)=2013+(a+b)$. Jelikož je levá strana rovnosti dělitelná padesáti, musí být i pravá, takže $a+b$ je tvaru $50k-13$, $k\in \mathbb{N}$. Kdyby ovšem bylo $a+b\ge 87$, měli bychom $49a+99b>49a+49b\ge 49\cdot 87>2013$, což není možné. Proto $a+b=37$.

Výsledek:

$6$

Bod $D$ se nachází na Thaletově kružnici nad průměrem $\mathit{ZY}$, její střed označme $O$. Tato kružnice má poloměr 1 a z Pythagorovy věty spočteme $|\mathit{PO}|=\sqrt{3^2+4^2}=5$, tedy z trojúhelníkové nerovnosti $|\mathit{PD}|\le |\mathit{PO}|+|\mathit{OD}|=6$. Rovnost nastává, pokud body $P$, $O$, $D$ leží v přímce, této vzdálenosti tedy lze nabýt.

Výsledek:

$11$, $53$

Označme $K$ počet krabic, které obsahují $x$ jablek ($K\le 20$). Zbylých $20-K$ krabic pak obsahuje po čtyřech jablkách a my můžeme psát

Jelikož $K\le 20$, v úvahu připadají jen možnosti $K=1$, $K=7$ odpovídající po řadě výsledkům $x=53$, $x=11$.

Výsledek:

$\sqrt{\frac{2015}{2011}}$

Podmínku ze zadání si přepíšeme na $a^2+b^2=2013\mathit{ab}$. Jejím užitím dostáváme následující vztahy:

Jelikož je hledaný výraz kladný, můžeme jeho hodnotu spočíst pomocí výše uvedených rovností jako

Výsledek:

$144=3\cdot 2\cdot 4!$

Označme si hodnoty v jednotlivých políčkách jako na obrázku.

Ze zadání víme, že $A+B+C+D+E+F+G=1+2+3+4+5+6+7=28$ a $A+B=D+E+F+G=\frac{1}{2}(28-C)$. Proto $C$ je sudé číslo.

Pokud $C=2$, pak $A+B=13=6+7$, tedy máme dvě možnosti, jak doplnit políčka v levém sloupci. Pro každou z těchto možností můžeme zvolit jedno ze $4!$ uspořádání zbylých čísel ve spodním řádku. Pro $C=4$ je $A+B=12=5+7$ ($6+6$ nevyhovuje, neboť všechna čísla mají být navzájem různá) a pro $C=6$ máme $A+B=11=4+7$ ($5+6$ nevyhovuje, neboť už $C=6$), což nám v obou případech dává opět $2\cdot 4!$ možností doplnění tabulky. Celkem dostáváme $3\cdot 2\cdot 4!=144$ možností.

Výsledek:

$12$

Pythagorova věta pro pravoúhlé trojúhelníky $\mathit{ADC}$ a $\mathit{ADB}$ dává $|\mathit{CD}{|}^2=|\mathit{AC}{|}^2-|\mathit{AD}{|}^2$ a $|\mathit{BD}{|}^2=|\mathit{AB}{|}^2-|\mathit{AD}{|}^2$. Odečtením těchto vztahů dostaneme

Jelikož bod $D$ leží uvnitř strany $\mathit{BC}$, máme současně

takže $|\mathit{CD}|-|\mathit{BD}|=12$.

Výsledek:

$6$ minut

Označíme rychlost tramvaje $t$, rychlost chodce $c$ a vzdálenost mezi tramvajemi $d$. Zadání dává

Sečtením rovnic a vydělením dvěma dostáváme

takže tramvaj ujede vzdálenost $d$ za 6 minut, což odpovídá intervalu tramvaje.

Výsledek:

$148=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{11}{3}\right)-17$

Počet způsobů, jak vybrat některé tři body z dotyčných jedenácti, je roven

Zbývá tedy spočítat, kolik trojic bodů leží v přímce, a toto číslo odečíst. Vodorovných trojic je celkem $4+1+4=9$, šikmých trojic pak $3+3+1+1=8$, takže celkový počet trojúhelníků je $165-17=148$.

Výsledek:

$6^{10}\cdot {(10!)}^3$

Pořadí, v jakém Filip bonbóny sní, můžeme jednoznačně zadat následovně: pro každý řádek určíme, v jakém pořadí budou bonbóny v tomto řádku snězeny; současně určíme, v jakém pořadí bude Filip volit řádky.

V každém řádku můžeme bonbóny uspořádat $10!$ způsoby, ve všech třech řádcích dohromady tedy ${(10!)}^3$ způsoby.

Pro určení počtu možných pořadí řádků si uvědomme, že kdykoliv je v každém řádku stejný počet bonbónů, pak si Filip může zvolit libovolný z nich. Při dalším výběru si musí zvolit jeden ze zbývajících dvou (při volbě toho samého by v tomto již bylo o dva bonbóny méně) a v následném třetím výběru musí nutně zvolit ten poslední nevybraný. Po třech snězených bonbónech tedy bude ve všech řádcích opět stejný počet bonbónů. Stačí proto desetkrát zvolit pořadí tří řádků, což lze ${(3!)}^{10}=6^{10}$ způsoby.

Možných způsobů snězení bonboniéry je $6^{10}\cdot {(10!)}^3$.

Výsledek:

$5$

Každé dvojité šesticiferné přirozené číslo můžeme zapsat jako $1001\cdot k$, kde $k$ je trojciferné přirozené číslo, a naopak z každého trojciferného přirozeného čísla takto dostaneme šesticiferné dvojité. Protože je $2013=3\cdot 11\cdot 61$ a z těchto tří prvočísel je $1001$ dělitelné pouze jedenácti, dostáváme, že dvojité šesticiferné číslo je násobkem $2013$ právě tehdy, když jemu příslušné trojciferné číslo je násobkem $3\cdot 61=183$. Trojciferných čísel dělitených $183$ je právě pět, a tolik je tedy i šesticiferných dvojitých násobků $2013$.

Výsledek:

$\frac{5}{16}=\frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)}{2^6}$

Spočítejme, kolika různými cestami se robot může do pravého dolního políčka dostat a jaká je pravděpodobnost průchodu jedné takové cesty. dolního políčka přišel. Každá cesta se skládá ze tří kroků dolů a tří kroků doprava, což dává celkem $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$ možných cest. Pravděpodobnost, že se robot bude cesty držet, je pokaždé $2^{-6}$ – každý ze šesti kroků musí být ten správný. Celková pravděpodobnost je tedy $2^{-6}\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$.

Výsledek:

$\frac{70}{37}$

Všimneme si (pomocí ciferného součtu), že zadaný čitatel i jmenovatel jsou dělitelné třemi, a následným vydělením zjistíme, že $212121210=3\cdot 70707070$ a $112121211=3\cdot 37373737$. Nyní si stačí uvědomit, že $70707070=70\cdot 1010101$ a $37373737=37\cdot 1010101$, tedy hledaný zlomek je $\frac{70}{37}$.

Výsledek:

$13$

Stačí zjistit, kdy je celým číslem $|\mathit{DX}|+|\mathit{XC}|$. Zobrazme zadaný obdélník $\mathit{ABCD}$ podle $\mathit{AB}$ na $\mathit{AB}{C}^{\prime }{D}^{\prime }$. Pak je $|\mathit{DX}|+|\mathit{XC}|=|\mathit{DX}|+|X{C}^{\prime }|$. Pravá strana je zřejmě nejmenší tehdy, když je $X$ středem $\mathit{AB}$, a největší tehdy, když $X$ splývá s jedním z bodů $A$, $B$.

Z Pythagorovy věty spočteme $|D{C}^{\prime }|=\sqrt{30^2+40^2}=50$ a $|A{C}^{\prime }|=\sqrt{30^2+20^2}=\sqrt{1300}$, z čehož plyne $36<|A{C}^{\prime }|<37$. Probíhá-li tedy bod $X$ úsečku $\mathit{AB}$, klesá nejprve hodnota $|\mathit{DX}|+|\mathit{XC}|$ z čísla těsně převyšujícího $20+36=56$ ($X=A$) až k $50$ ($X$ je střed $\mathit{AB}$) a následně stoupá k číslu těsně převyšujícímu $56$ ($X=B$). Celočíselnou hodnotu má tedy pro $6+1+6=13$ poloh bodu $X$.

Výsledek:

pozpátku s případnou cyklickou záměnou, tedy $r_{11},r_{10},r_9,\dots ,r_1$ nebo $r_{10},r_9,\dots ,r_1,r_{11}$ atd. až $r_1,r_{11},r_{10},\dots ,r_2$

Všimneme si, že tabulka je symetrická podle opačné úhlopříčky. K tomu, aby byla symetrická podle vyznačené úhlopříčky, ji stačí překlopit podle vodorovné osy.

Poznámka: Pro tuto tabulku jiné řešení než uvedených 11 neexistuje.

Výsledek:

$254$

Označme $A_n=a_n^3$ a ekvivalentně zkoumejme, pro které nejmenší přirozené číslo $k\ge 2$ je $A_2\cdot A_3\cdots A_k>4^3=64$. Platí

takže

Nyní už zbývá jen vyřešit v přirozených číslech nerovnici

která je po roznásobení levé strany a vydělení kladným $k$ ekvivalentní s $k+\frac{1}{k}>254$. Řešením je číslo 254.

Výsledek:

$20$

Nechť mezi dílky s po sobě jdoucími čísly je právě $k-1$ jiných dílků, tedy „skokem“ o $k$ dílků se dostaneme z dílku $1$ na dílek $2$, z dílku $2$ na dílek $3$ atd. Tyto skoky musí být všechny ve stejném směru, protože prvním skokem v opačném směru bychom se dostali na předchozí dílek s nižším číslem. Z dílku $n$ pak nutně skočíme na dílek $1$, protože všechny ostatní mají ve vzdálenosti $k$ dílek s o jedna menším a o jedna větším číslem.

Protože skákáním o $k$ projdeme postupně všechny dílky pizzy, existuje takové $s$, že skočíme-li o $k$ přesně $s$-krát, skončíme na sousedním dílku. Platí tedy

odkud dostáváme, že $7-(-13)=20$ musí být dělitelné $n$. Protože však existuje dílek s číslem $17$, musí být $n\ge 17$, tedy $n=20$.

Výsledek:

$144$

Označme $r$ a $s$ počet řad a sloupců v posluchárně. Ze zadání plyne $\mathit{rs}=11r+3s+2$, což upravíme na

Buď jsou tedy závorky v nějakém pořadí rovny 5 a 7, nebo 1 a 35. Vyzkoušením čtyř možností zjistíme, že nejmenší hodnota součinu $\mathit{rs}$ odpovídá případu $r-3=5$, $s-11=7$ a je rovna $\mathit{rs}=8\cdot 18=144$. Do takovéto posluchárny lze studenty opravdu rozmístit – například jako na obrázku.

Výsledek:

$9\sqrt{3}=\frac{27}{\sqrt{3}}$

Symbolem $[\mathit{XY}Z]$ budeme značit obsah trojúhelníku $\mathit{XY}Z$.

Označme $M$ průsečík úsečky $\mathit{TL}$ s kružnicí $k$ různý od $T$. Jelikož $T$ je středem stejnolehlosti s koeficientem $\frac{4}{3}$ zobrazující kružnici $k$ na kružnici $l$, je bod $L$ obrazem bodu $M$, a tedy $|\mathit{TL}|=\frac{4}{3}|\mathit{TM}|$ a $[\mathit{TKL}]=\frac{4}{3}[\mathit{TKM}]$ (trojúhelníky sdílejí výšku z vrcholu $K$). Stačí proto maximalizovat obsah trojúhelníku $\mathit{TKM}$ vepsaného do kružnice $k$ o poloměru $3$. Ze všech takových trojúhelníků má největší obsah ten rovnostranný, a to

Obsah příslušného trojúhelníku $\mathit{TKL}$ pak vyjde

Výsledek:

$32$

Majkl může v každém svém tahu zdvojnásobit nejmenší vzdálenost mezi dvěma čísly v množině tím, že z ní odebere každý druhý prvek. Takto si zajistí výhru alespoň $2^5=32$ korun. Naopak Roman může každým svým tahem snížit rozdíl největšího a nejmenšího čísla o polovinu tím, že odebere spodní nebo horní část množiny, a tedy umí zajistit, že Majkl vyhraje nejvýše $1024∕2^5=32$ korun. Při optimální hře obou hráčů tak Majkl vyhraje 32 korun.

Výsledek:

$\frac{6}{5}=1,2$-krát

Označme $100m$ původní průměrné IQ studentů Matfyzu a $100v$ původní průměrné IQ studentů VŠN. Nakonec označme $p$ průměrné IQ studentů, kteří přestoupili.

Jelikož se průměrné IQ na Matfyzu zvýšilo o $2\%$, je průměrné IQ zbylých matfyzáků $102m$. Z poměru $5:1$ zbylých matfyzáků ku vyhozeným a z nového průměru $100m$ dostáváme rovnost $100m=\frac{5}{6}\cdot 102m+\frac{1}{6}p$, kterou upravíme na $p=90m$.

Obdobně na VŠN bylo původní průměrné IQ $100v$, po zprůměrování s novými studenty $102v$, tedy z poměru $3:1$ původních studentů ku novým máme $p=108v$.

Celkem máme

Výsledek:

$\frac{\pi }{14}$

Zaměřme se kromě bodů $A_1$, $A_4$ a $A_{14}$ ještě na bod $A_{11}$.

Jelikož $11=4+7$, je úsečka $A_4{A}_{11}$ průměrem kružnice $k$. Současně je $4-1=3=14-11$, takže $A_1{A}_4{A}_{11}{A}_{14}$ je rovnoramenný lichoběžník a jeho základny $A_4{A}_{11}$ a $A_1{A}_{14}$ jsou rovnoběžné. Obsah trojúhelníku $A_1{A}_4{A}_{14}$ je proto stejný jako obsah trojúhelníku $A_{1}O{A}_{14}$, kde $O$ je střed kružnice $k$. Hledaný obsah je tak roven obsahu kruhové výseče $A_{1}O{A}_{14}$, tedy jedné čtrnáctině obsahu celého kruhu.

Výsledek:

Olin o $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{6}\right)=924$

Uvažujme libovolnou dvanáctiprvkovou podmnožinu $M$ a předpokládejme, že existuje přirozené číslo $i$ takové, že $M$ obsahuje právě jedno z čísel $2i-1$, $2i$. Vezměme nejmenší takové $i$ a sestrojme dvanáctiprvkovou množinu $f(M)$, která bude obsahovat stejné prvky jako $M$ až na to, že z dvojice $2i-1$, $2i$ bude obsahovat ten druhý prvek.

Snadno si rozmyslíme, že když $f$ provedeme na jednu množinu dvakrát po sobě, získáme opět původní množinu, a dále, že provedeme-li $f$ na některou Olinovu podmnožinu, získáme Martininu podmnožinu a obráceně. Funkce $f$ je tedy bijekcí mezi Olinovými a Martininými podmnožinami, ovšem pouze těmi, pro něž existuje $i$ z předchozího odstavce. Zbývá si rozmyslet, jak vypadají „přebývající“ množiny, pro které takové $i$ není možné najít.

V takových podmnožinách musí být právě šest lichých čísel a šest sudých čísel, která jsou následníky těch lichých. Součet čísel v takových podmnožinách je tak vždy sudý a jejich počet je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{6}\right)$.

Výsledek:

$1594$

Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $b+c=800$. Alespoň jedno z čísel $a$, $b+c-a=800-a$, $a+b+c=800+a$ je dělitelné třemi, takže aby bylo současně prvočíslem, musí se třem přímo rovnat. Jelikož $800+a>800$, nabízí se dvě možnosti: $a=3$ nebo $800-a=3$.

Pokud $a=3$, máme z Petrových prvočísel $3+(b-c)\ge 2$ a současně $3-(b-c)\ge 2$, tedy $|b-c|\le 1$, což vzhledem k $b+c=800$ nepřipadá v úvahu.

Víme tedy, že $800-a=3$, čili $a=797$. Největší z Petrových čísel je $a+b+c=797+800=1597$. Vzhledem k předpokladu $b+c=800$ nemůže být žádné z Petrových prvočísel sudé, a proto je nejmenší číslo $800-a=3$. Rozdíl tak činí $1597-3=1594$.

Ještě poznamenejme, že čísla vyhovující zadání skutečně existují – například $a=797$, $b=223$, $c=577$.

Výsledek:

$\frac{1}{1007}$

Představujme si tyčku vcelku. Alča na ni náhodně nanesla dva puntíky, zato Pepa na ni náhodně nanesl 2012 zlomů. Celkem je tak na tyčce 2014 značek, z toho dvě náhodné značky jsou puntík. Celkový počet možností, které značky mohou být puntíky, je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2014}{2}\right)=1007\cdot 2013$. Puntíky jsou na jednom dílku přesně tehdy, když se jedná o sousední značky, na což máme $2013$ možností. Výsledná pravděpodobnost je

Výsledek:

$3456=2^5\cdot 5!-2^4\cdot 4!$

Protože $0+1+\cdots +9=9\cdot 5$, musí být zkoumaná čísla dělitelná devíti, tedy dokonce číslem $99999$. Označme $A$, resp. $B$, číslo složené z první, resp. druhé, pětice cifer zkoumaného čísla. Pak máme

Protože jsou $A$, $B$ pěticiferná přirozená čísla menší než 99999, je

Z toho dostáváme nutnou a postačující podmínku na $A$, $B$ pro dělitelnost příslušného deseticiferného čísla číslem $99999$: Pro $i=1,\dots ,5$ je $i$-tá cifra čísla $B$ doplňkem do devítky $i$-té cifry čísla $A$. Nabízené cifry proto spárujeme do pěti dvojic

Víme, že tyto dvojice musíme použít v jistém pořadí ($5!$ možností), a současně si u každé dvojice můžeme vybrat, které číslo z dvojice dáme do $A$ a které do $B$ ($2^5$ možností). Musíme však odečíst možnosti obsahující nulu na začátku $A$, pro které nedostaneme deseticiferné číslo – to je $4!$ možností, jak uspořádat zbylé dvojice, a $2^4$ možností, jak rozdělit jejich čísla mezi $A$ a $B$. Celkový počet čísel splňujících zadání je tedy $5!\cdot 2^5-4!\cdot 2^4.$

Výsledek:

$3^{2014}-2^{2014}$

Definujme polynom $Q(x)={\sum }_{k=0}^{2013}\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{x}{k}\right)2^k$. Ten má stupeň 2013 a navíc pro libovolné $x\in \{0,\dots ,2013\}$ splňuje dle binomické věty

Polynom $P(x)-Q(x)$ je stupně 2013 a má 2014 kořenů, tedy je nulový. Tudíž $P(x)=Q(x)$. Zbývá spočítat

Výsledek:

$149,1^{\circ }$

Označme $E$ obraz bodu $B$ v osové souměrnosti podle $\mathit{AD}$.

Pak $|\mathit{AE}|=|\mathit{AB}|=|\mathit{AC}|$ a $|\sphericalangle \mathit{EAC}|=|\sphericalangle \mathit{BAC}|-2\cdot |\sphericalangle \mathit{BAD}|=60^{\circ }$, takže trojúhelník $\mathit{AEC}$ je rovnostranný a $|\mathit{CE}|=|\mathit{CA}|$. Díky osové souměrnosti však také $|\mathit{DE}|=|\mathit{DB}|=|\mathit{DA}|$, takže $\mathit{CD}$ je osa úsečky $\mathit{AE}$ a $|\sphericalangle \mathit{ACD}|=\frac{1}{2}|\sphericalangle \mathit{ACE}|=30^{\circ }$. Teď už z nekonvexního čtyřúhelníku $\mathit{ABDC}$ snadno dopočteme

Výsledek:

$180625$

Označme hledané číslo $X$. Nejdříve si rozmyslíme, že škrtat musíme jeho druhou cifru.

Pro spor předpokládejme, že první dvě cifry nebyly škrtnuty. Škrtnutím jsme dostali z $n$-ciferného čísla $X$ číslo $(n-1)$-ciferné (nazvěme ho $X^{\prime }$). Pak $10\cdot X^{\prime }$ je opět $n$-ciferné číslo, které se s $X$ shoduje v prvních dvou cifrách, ale přitom se mu nerovná, protože původní číslo nekončilo nulou. To je ale spor, neboť dva násobky $(n-1)$-ciferného čísla se nemohou lišit o $(n-2)$-ciferné číslo.

Číslo $X$ si teď zapišme ve tvaru $X=a\cdot 10^{n+1}+b\cdot 10^n+c$, kde $a$ a $b$ jsou cifry ($a\ne 0$) a $c<10^n$ číslo nekončící na nulu. Škrtnutím druhé cifry vznikne číslo $X^{\prime }=a\cdot 10^n+c$. Pro vhodné $k\in \mathbb{N}$ tak musí platit

Uvědomme si, že $k<20$. Skutečně, kdyby bylo $k\ge 20$, začínalo by $X$ na větší cifru než $X^{\prime }$, což nelze. Upravme dále rovnost do tvaru

Jelikož levá strana je dělitelná $2^n$ i $5^n$, musí být obojím dělitelná i pravá strana. Číslo $c$ ovšem nekončí na nulu, takže činitel $k-1$ musí být dělitelný alespoň jedním z prvočísel $2$, $5$ v jeho plné mocnině. Jelikož $k<20$, usuzujeme, že $n\le 4$ (je totiž $2^5>20$, a dokonce $5^2>20$), a tedy $X$ je nejvýše šesticiferné. Naopak pro $n=4$ musí být už nutně $k-1=16$, což po dosazení dá

Aby vyšla pravá strana nezáporná, musí být $a=1$ ($a$ a $b$ jsou cifry). Pro $b$ máme možnosti $b=8$, $b=9$, z nichž druhou zavrhujeme, neboť $c$ by končilo na nulu. Pro $b=8$ dopočteme $c=5^4=625$, zpětně dosadíme a ověříme, že číslo $X=1\cdot 10^5+8\cdot 10^4+625=180625$ úlohu skutečně řeší.

Výsledek:

$3$

Pokud je jedno z čísel $a$, $b$, $c$ nulové, pak jsou nulová všechna, což je ve sporu s tím, že jsou navzájem různá. Podobně zjistíme, že čísla $a$, $b$, $c$ jsou různá od tří.

Dosaďme za $c$ ze třetího vztahu do prvních dvou a druhý vztah $b=(\mathit{ab}-2b-2)a$ upravme na $b(a^2-2a-1)=2a$. Jelikož pravá strana je nenulová, je nenulová i levá – můžeme tedy dělit výrazem $a^2-2a-1$ a tím získat vyjádření $b$ pomocí $a$. To dosadíme do prvního vztahu. Po úpravě vyjde

takže $a$ je kořenem polynomu $P(x)=x^3+3x^2-9x-3$. Analogicky odvodíme, že i $b$ a $c$ jsou kořeny tohoto polynomu. Jelikož jsou čísla $a$, $b$, $c$ navzájem různá, znamená to, že $P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$. Porovnáním koeficientů u absolutního členu získáváme hledané $\mathit{abc}=3$.

Výsledek:

$\frac{2}{7}$

Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $a>b>c$. Pak pro délky příslušných výšek a těžnic platí $v_a<v_b<v_c$ a $t_a<t_b<t_c$. Současně $v_a<t_a$, $v_b<t_b$ a $v_c<t_c$, takže musí být $v_b=t_a$ a $v_c=t_b$.

Označme $M$ střed strany $\mathit{BC}$ a $M_0$ patu kolmice z bodu $M$ na stranu $\mathit{AC}$. V pravoúhlém trojúhelníku $\mathit{AM}{M}_0$ platí $|M{M}_0|=\frac{1}{2}{v}_b=\frac{1}{2}{t}_a=\frac{1}{2}|\mathit{AM}|$, takže $|\sphericalangle \mathit{MAC}|=30^{\circ }$. Označíme-li $N$ střed strany $\mathit{AC}$, získáme podobně $|\sphericalangle \mathit{NBA}|=30^{\circ }$.

Nyní označme $G$ těžiště trojúhelníku $\mathit{ABC}$ a uvažme rovnostranný trojúhelník $A_{1}B{C}_1$ mající $\mathit{BN}$ za těžnici. Bod $A_1$ splňuje $|\sphericalangle \mathit{NB}{A}_1|=30^{\circ }$ i $|\sphericalangle G{A}_{1}N|=30^{\circ }$, ale přitom se liší od bodu $A$ (trojúhelník $\mathit{ABC}$ musí být ze zadání různostranný). „Opravdový“ bod $A$ je proto druhým průsečíkem polopřímky $B{A}_1$ a kružnicového oblouku $G{A}_{1}N$, tedy středem úsečky $B{A}_1$. Z toho plyne $|\sphericalangle \mathit{BAC}|=120^{\circ }$ a $|\mathit{AC}|:|\mathit{AB}|=2$.

V trojúhelníku s úhlem $\alpha =120^{\circ }$ a délkami stran $|\mathit{AB}|=1$, $|\mathit{AC}|=2$ už snadno z kosinové věty dopočítáme délku strany $a=\sqrt{1^2+1\cdot 2+2^2}=\sqrt{7}$ a délku těžnice $t_c=\sqrt{1∕4+1+4}=\frac{1}{2}\sqrt{21}$, dále obsah $S=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\sqrt{3}$ a konečně délku výšky $v_a=2S∕a=3∕\sqrt{21}$. Celkem tak dostáváme