Zadání a řešení úloh

Výsledek:

2

Jelikož se celkový objem zlata nezměnil, každá ze tří nových krychlí má oproti cihličce třetinový objem. Objem kvádru je součin délek jeho stran, takže objem každé ze tří nových krychlí je $\frac{2\cdot 3\cdot 4}{3}=8$. Hrana krychle o objemu $8$ je $\sqrt[3]{8}=2$.

Výsledek:

11

Lidí, kteří pili nějaký alkoholický nápoj, bylo $25+19-12=32$ (sečetli jsme počet lidí, kteří pili pivo, a počet lidí, kteří pili šampaňské, a odečetli jsme ty, které jsme započítali v obou skupinách). Víme, že všichni ostatní pili jen džus. Odpověď je tedy $43-32=11$.

Výsledek:

$2:1$

Nechť $k>0$ je množství kofeinu na jednu hodinu. Potom v šálku čaje je $k$ kofeinu a v šálku kávy $4k$ kofeinu. Smícháme-li $x$ šálků čaje a $1-x$ šálků kávy (celkový objem je jeden šálek), bude pro množství kofeinu ve směsi platit $x\cdot k+(1-x)\cdot 4k=2k$. Tedy $x+4-4x=2$, neboli $x=\frac{2}{3}$. Výsledný poměr je proto

Výsledek:

80

Dokreslíme si dráhu paprsku a dopočítáme úhly ve vzniklých trojúhelnících. Součet úhlů v trojúhelníku je $180^{\circ }$ a zrcadla $v$ a $h$ svírají úhel $90^{\circ }$. Jelikož se tedy paprsek odrazil od $v$ pod úhlem $50^{\circ }$, dopadl na $h$ pod úhlem $180^{\circ }-90^{\circ }-50^{\circ }=40^{\circ }$. Podobně dostaneme, že na $s$ dopadl pod úhlem $65^{\circ }$ a podruhé na $v$ pod úhlem $80^{\circ }$ (zde využíváme toho, že součet úhlů v čtyřúhelníku je $360^{\circ }$).

Výsledek:

4, 5, 3

Označme $a$, $b$, $c$ počty měsíců, v nichž se prodalo postupně $16$, $20$ a $25$ kusů nábytku. Platí $16a+20b+25c=235$. Pravá strana je dělitelná pěti a výraz $20b+25c$ také, takže $16a$, a tudíž i samotné $a$ je dělitelné pěti. S ohledem na $a+b+c=12$ rozebereme tři možnosti.

• Je-li $a=0$, pak $b=12-c$ a po dosazení $5c=-5$, což není možné.
• Je-li $a=5$, pak $b=7-c$ a po dosazení $80+5c=95$, tedy $c=3$ a $b=4$.
• Je-li $a=10$, pak $b=2-c$ a po dosazení $200+5c=235$, čili $c=7$ a $b=2-7$, což není možné.

Výsledek:

4

Nejdelší tětiva je zřejmě průměr větší kružnice, tedy má délku 52. Nejkratší tětiva je ta, která má největší vzdálenost od středu větší kružnice. Tato vzdálenost může být nejvýše 10. Z Pythagorovy věty pak spočteme délku nejkratší tětivy jako $2\cdot \sqrt{26^2-10^2}=48$. Hledaný rozdíl je roven $52-48=4$.

Výsledek:

1976

Označme Leošův věk v roce 1999 jako $10x+y$, kde $x$, $y$ jsou cifry. Jelikož se Leoš narodil ve 20. století, lze ciferný součet roku jeho narození vyjádřit jako $1+9+(9-x)+(9-y)$. Odtud $28=11x+2y$. Protože $0\le x,y\le 9$, je jediným řešením dvojice $x=2$, $y=3$. Leoš se tedy narodil v roce $1999-23=1976$.

Výsledek:

$8+2\pi$

Tankový pás můžeme rozdělit na rovné a zaoblené části. Zaoblené části tvoří dohromady kružnici o poloměru 1. Rovné části jsou všechny stejně dlouhé a délka každé z nich je rovna vzdálenosti středů sousedících kol. Celková délka pásu je tedy $2\pi +4\cdot 2$.

Výsledek:

2, 7, 17

Označme $p$ hledaný počet Pytlíkových nohou a $s$ počet nohou broučka, který stál uprostřed řady. Pak platí $s=\frac{1}{5}(6+3+10+9+p)$, takže $p=5s-28$. Všimneme si, že $s\in \{6,9,p\}$. Dosadíme-li za $s$ tyto hodnoty, získáme výsledky 2, 7, 17, které odpovídají postupně pěticím $(2,3,6,9,10)$, $(3,6,7,9,10)$ a $(3,6,9,10,17)$.

Výsledek:

198

Porovnáním číslic na místě jednotek dostáváme, že $A+B=10$ (pokud totiž $A+B=0$, pak $A=B=0$, což nelze). Zaměřme se na pozici desítek. Jelikož došlo k přenosu, máme na levé straně rovnosti $1+A+B+C$. Jenže $B<1+A+B+C<20+B$, takže musí být $1+A+B+C=10+B$. Proto $A+C=9$ a na pozici stovek se přenese jednička, čili $A=1$. Lehce dopočteme, že $\overline{\mathit{ABC}}=198$.

Výsledek:

54

Na konci měl Pepa devět nástrojů, předtím $\frac{3}{2}(9+3)=18$, předtím $\frac{3}{2}(18+4)=33$ a na začátku $\frac{3}{2}(33+3)=54$.

Výsledek:

2019

Čísla $2015$ až $2018$ lze zapsat jako $2015=1551+464$, $2016=1441+575$, $2017=1331+686$, $2018=1221+797$. Tvrdíme, že číslo $2019$ se požadovaným způsobem zapsat nedá.

Kdyby ano, musel by jeden ze sčítanců být čtyřciferný. Pokud by druhý sčítanec měl sudý počet cifer, pak by byl jejich součet dělitelný jedenácti, což pro $2019$ neplatí. Jednociferný sčítanec zřejmě nestačí, a tedy musíme sčítat palindromy tvaru $\overline{1\mathit{AA}1}$ a $\overline{\mathit{BCB}}$, kde $A$, $B$, $C$ jsou číslice. Porovnáním číslic na pozici jednotek dostáváme $B=8$. Porovnáme-li nyní číslice na pozici desítek, zjistíme, že musí platit buď $A+C=1$, nebo $A+C=11$. V prvním případě je $\overline{1\mathit{AA}1}+\overline{8C8}<2000$, ve druhém bychom porovnáním číslic na pozici stovek dostali $A+8+1=10$, což nelze s ohledem na $A+C=11$. Číslo $2019$ proto požadovaným způsobem zapsat nemůžeme.

Výsledek:

4

Označme $Y$ cifru na pozici jednotek. Číslo $\overline{X3Y}$ je dělitelné jedenácti právě tehdy, když je číslo $(X+Y)-3$ dělitelné jedenácti. Hledáme proto takovou číslici $X$, aby pro žádné $0\le Y\le 9$ nebylo číslo $X+Y-3$ dělitelné jedenácti. Těmto požadavkům vyhovuje jen $X=4$.

Výsledek:

$3,5$; $4$

Nejmenší součty jsou jistě $a+b$ a $a+c$, takže $a+b=1$ a $a+c=2$. Největší součty jsou naopak jistě $c+d$ a $b+d$. Máme tedy dvě možnosti:

• Je-li $a+d=3$, $b+c=4$, pak $2a=(a+b)+(a+c)-(b+c)=1+2-4$, proto $a=-0,5$ a dopočítáme $b=1,5$, $c=2,5$ a $d=3,5$.
• Je-li $b+c=3$, $a+d=4$, pak $2a=(a+b)+(a+c)-(b+c)=1+2-3$, tedy $a=0$ a dopočítáme $b=1$, $c=2$ a $d=4$.

Výsledek:

40

Označme $k$ současný věk Křemílka a $v$ současný věk Vochomůrky (zřejmě $k>v$). Dle zadání sestavíme rovnice

a

které upravíme na $3k=4v$ a $3k-v=90$. Dosazením za $k$ do druhé rovnice dostaneme $3v=90$, takže $v=30$ a $k=40$.

Výsledek:

820

V aritmetické posloupnosti lze $k$-tý člen zapsat jako $a_k=a_1+(k-1)d$, kde $d$ je diference. Odtud máme $a_2=10+d$, takže

Jediným kladným řešením této rovnice je $d=6$. Pak $a_k=4+6k$ a zbývá dopočítat $a_3=4+18=22$, $a_{a_3}=a_{22}=4+132=136$ a konečně $a_{a_{a_3}}=a_{136}=4+816=820$.

Výsledek:

97654320

Aby bylo číslo, které je složené z různých cifer, dělitelné dvaceti, musí končit jedním z dvojčíslí 20, 40, 60, 80. Přitom jen dvojčíslí 20 lze zleva doplnit na osmiciferné číslo splňující druhou podmínku. Zbývá určit, která z cifer $3,4,\dots ,9$ bude chybět. Aby bylo číslo dělitelné devíti, musí být jeho ciferný součet dělitelný devíti. Jelikož $0+2+3+4+\cdots +9=44$, musíme vyškrtnout osmičku a dostáváme výsledek 97654320.

Výsledek:

12

Pokud se na poskládané těleso podíváme zepředu, uvidíme stejný počet čtverečků, jako když se na něj podíváme zezadu. Podobně zprava a zleva a také shora a zdola. Označme $a$, $b$ a $c$ počty viditelných políček shora, zprava a zepředu.

Pokud nejsou žádná políčka skryta, musí platit $2(a+b+c)=14$ (tolik je čtverečků celkem). Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $a\le b\le c$. Potom pro trojici $(a,b,c)$ zbývají čtyři možnosti: $(1,1,5)$, $(1,2,4)$, $(1,3,3)$ a $(2,2,3)$. Protože musí platit nerovnost $c\le \mathit{ab}$, první dvě možnosti odpadají. V úvahu tedy připadá pouze kvádr o rozměrech $1\times 3\times 3$ a „L“. Kvádr to nebude, tedy poskládaným tělesem bude „L“.

Kdyby bylo nějaké políčko skryto, museli bychom při pohledu z nějaké strany vidět alespoň pět políček, což jsme již vyloučili výše.

Výsledek:

$(2,2)$

Označme $d=\mathrm{NSD}(a,b)$. Pak $\mathrm{nsn}(a,b)=\frac{\mathit{ab}}{d}$, jak snadno nahlédneme z prvočíselných rozkladů příslušných čísel. Po dosazení máme $\mathit{ab}=d+\frac{\mathit{ab}}{d}$, čili $(d-1)\mathit{ab}=d^2$. Jelikož $a,b\ge d$ a $d>0$, musí platit $a=b=d$ a $d-1=1$, z čehož plyne, že jedinou vyhovující dvojicí je $(2,2)$.

Výsledek:

256

Žába musí vždy projít přes prostřední políčko (to, které je v řádku samo). Při cestě z něj se čtyřikrát rozhoduje, jestli skočí nahoru, nebo šikmo doprava nahoru. Počet cest z prostředního políčka je tedy $2^4=16$. Počet cest ze spodního řádku do prostředního políčka je stejný jako počet cest nazpátek s opačnými pohyby (obrázek je středově souměrný), tedy také $16$. Cesty lze uprostřed libovolně navázat, tedy jejich celkový počet je $16^2=256$.

Výsledek:

0

Všechny navštívené vrcholy kromě prvního a posledního musí Olin opustit tolikrát, kolikrát do nich vstoupí. Jelikož ale z každého vrcholu osmiúhelníku vede lichý počet (konkrétně pět) úhlopříček, nemůže takto každou z nich projít právě jednou. Žádná vyhovující posloupnost úhlopříček tedy neexistuje.

Výsledek:

4023

Jelikož přímka $p$ prochází body $[0,0]$ a $[2014,2019]$, platí pro každý její bod $B=[x,y]$ vztah $x∕y=2014∕2019$. Čísla $2014$ a $2019$ jsou nesoudělná, takže poslední zlomek je v základním tvaru, a $p$ proto neprochází žádným jiným rohem políčka tabulky $T$. Kdykoliv tedy protne nějakou přímku tvořící hranici mezi políčky, protne i nové políčko. Na cestě z $[0,0]$ do $[2014,2019]$ protne $p$ přesně $2013$ takových vodorovných a $\lfloor 2014^2∕2019\rfloor =2009$ takových svislých přímek (v bodě $[2014^2∕2019,2014]$ tabulku „opustí“). Začne tedy v levém dolním rohovém políčku a projde $2013+2009$ nových. To je celkem $1+2009+2013=4023$ políček.

Výsledek:

8, 9, 10, 11, 12

Konvexní $n$-úhelník můžeme rozdělit na $n-2$ trojúhelníků, takže součet jeho vnitřních úhlů je roven $(n-2)\cdot 180^{\circ }$, což se má rovnat $150^{\circ }\cdot (n-1)+x$, kde $0^{\circ }<x<180^{\circ }$ je velikost nějakého konvexního úhlu. Po úpravě dostaneme $n=\frac{x}{30^{\circ }}+7$, tedy $8\le n\le 12$.

Výsledek:

$60^{\circ }$

Rovnost upravíme do tvaru

ekvivalentně $a^2=b^2+c^2-\mathit{bc}$. Z kosinové věty máme $a^2=b^2+c^2-2\mathit{bc}\cos \alpha$. Dostáváme tedy $\cos \alpha =\frac{1}{2}$, neboli $\alpha =60^{\circ }$.

Výsledek:

66, 132, 198, 55, 39, 117

Číslo 16 lze rozepsat na součet různých prvočísel jen následujícími způsoby:

V prvním případě získáváme čísla tvaru $1\le 2^a{3}^{b}11^c\le 200$, kde $a$, $b$, $c$ jsou přirozená čísla. Dostaneme takto $2\cdot 3\cdot 11=66$, $2^2\cdot 3\cdot 11=132$, $2\cdot 3^2\cdot 11=198$. Pro druhý případ máme obdobně $3\cdot 13=39$, $3^2\cdot 13=117$ a pro třetí $5\cdot 11=55$.

Výsledek:

3

Ze zadaných rovností plyne, že $\mathit{AB}$ je střední příčkou v trojúhelníku $\mathit{CGH}$. Proto $|\mathit{AB}|=|\mathit{GH}|∕2=3$. Podobně dopočítáme $|\mathit{AC}|=|\mathit{DI}|∕2=2,5$ a $|\mathit{BC}|=|\mathit{EF}|∕2=2,5$. V rovnoramenném trojúhelníku $\mathit{ABC}$ protíná výška z vrcholu $C$ základnu $\mathit{AB}$ v jejím středu $M$. Z Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku $\mathit{AMC}$ plyne $|\mathit{MC}|=\sqrt{|\mathit{AC}{|}^2-|\mathit{AM}{|}^2}=\sqrt{6,25-2,25}=2$. Obsah trojúhelníku $\mathit{ABC}$ je pak $S=\frac{1}{2}|\mathit{AB}|\cdot |\mathit{MC}|=3$.

Výsledek:

2, 3, 5, 7, 23, 37, 53, 73, 373

Jednociferná mocná prvočísla (dále jen JMP) jsou 2, 3, 5 a 7.

Dvojciferná mocná prvočísla (dále jen DMP) dostaneme pouze slepením dvou JMP tak, abychom získali opět prvočíslo. Takto získáme mocná prvočísla 23, 37, 53 a 73.

Trojciferná mocná prvočísla (dále jen TMP) mají tu vlastnost, že po odebrání první, respektive poslední cifry dostaneme DMP. Příslušná DMP se tedy musí shodovat v jedné cifře. Proto se všechna TMP vyskytují mezi čísly 237, 537, 737 a 373. Jediné prvočíslo mezi nimi je 373.

Čtyřciferné mocné prvočíslo (dále jen ČMP) vznikne ze dvou TMP takových, že poslední dvě cifry prvního jsou zároveň prvními dvěma ciframi druhého (jejich pořadí zůstane zachováno). Protože však tuto vlastnost jediné TMP 373 nemá, neexistuje žádné ČMP. Je zřejmé, že potom neexistuje ani žádné víceciferné mocné prvočíslo.

Výsledek:

6

Označme středy kružnic $k$, $l$, $m$ postupně $S_k$, $S_l$, $S_m$ a poloměr kružnice $m$ jako $r$. Bod dotyku kružnic $k$ a $m$ leží na spojnici středů $S_k{S}_m$, takže $|S_k{S}_m|=16-r$. Uvažme bod dotyku $A$ kružnice $m$ a přímky spojující body $S_k$ a $S_l$. Ze symetrie obrázku platí $|A{S}_k|=|A{S}_l|=8$. Navíc $|S_{m}A|=r$, takže z Pythagorovy věty pro $△S_{k}A{S}_m$ dostáváme

odkud už snadno dopočteme $r=6$.

Výsledek:

82

Součet různých použitých cifer musí být roven šesti. Číslo šest lze rozepsat na součet několika různých přirozených čísel čtyřmi způsoby:

Čísel tvořených třemi trojkami, dvěma dvojkami a jednou jedničkou je celkem $6\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=60$ (nejprve vybereme pozici jedničky a poté ze zbylých pěti pozic dvě, na nichž budou dvojky. Podobně pro rozklady $1+5$, $2+4$ a $6$ dostaneme postupně šest možností, $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)=15$ možností a jednu možnost. Celkem tak máme $60+6+15+1=82$ možností.

Výsledek:

$1+\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{6}+2}{2}$

Středy čtyř slepených koulí tvoří pravidelný čtyřstěn o hraně délky 2. Střed nejmenší koule obsahující čtyři slepené koule bude ve středu tohoto čtyřstěnu a její poloměr bude o 1 větší než poloměr koule tomuto čtyřstěnu opsané. Z Pythagorových vět dopočteme délku stěnové výšky jako $v_s=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$ a následně vzdálenost středů $S$, $T$ dvou protějších hran jako $|\mathit{ST}|=\sqrt{v_s^2-1^2}=\sqrt{2}$. Střed $O$ sféry opsané čtyřstěnu leží ve středu úsečky $\mathit{ST}$. Vzdálenost bodu $O$ od vrcholu tedy spočteme jako

Poloměr hledané koule je pak $1+\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Výsledek:

99

Platí $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$ a $x^3-y^3=(x-y)(x^2+\mathit{xy}+y^2)$. Člen $x-y$ se vyskytuje v obou těchto číslech, tedy vzhledem k nesoudělnosti a podmínce $x>y$ musí být $x-y=1$. Dosadíme-li za $y$ číslo $x-1$, dostaneme $\mathrm{NSD}(2x-1,3x^2-3x+1)=1$. Přičtení násobku jednoho z čísel k druhému hodnotu $\mathrm{NSD}$ nezmění, takže po odečtení $(x-1)(2x-1)$ od $3x^2-3x+1$ dostáváme $\mathrm{NSD}(2x-1,x^2)=1$. Libovolné prvočíslo, které dělí $x^2$, dělí i $x$, a tedy nemůže dělit $2x-1$. To znamená, že podmínka $x-y=1$ je postačující. Vyhovují jí dvojice $(2,1),(3,2),\dots ,(100,99)$.

Výsledek:

4

Všechna jednociferná čísla zaberou prvních

míst. Dvojciferná čísla zaberou dalších

Na 2014. místo byla tedy napsána cifra nějakého dvojciferného čísla. Protože jednociferná čísla zabírají lichý počet míst, platí po celou dobu výskytu dvojciferných čísel, že na sudých místech jsou cifry na pozici desítek a na lichých cifry na pozici jednotek. Jelikož

je na 2014. místě cifra $4$.

Výsledek:

360

Vypíšeme několik prvních hodnot výrazu $t^2-1$ pro $t\in \mathbb{N}$:

Chceme najít dvě dvojice čísel tvaru $t^2-1$ se stejným a co nejmenším součinem. Platí $3\cdot 120=15\cdot 24=360$. Předpokládejme, že existují dvě dvojice se součinem menším než $360$. Pokud bychom použili nějaké číslo větší než $120$, byl by součin jistě větší než $3\cdot 120$. Můžeme se tedy omezit na výše vypsané hodnoty. Alespoň jedna z použitých dvojic určitě neobsahuje číslo $3$. Její součin je tedy jedním z čísel $8\cdot 8,8\cdot 15,8\cdot 24,8\cdot 35,15\cdot 15$ (ostatní možné součiny jsou větší než $360$). K žádné z těchto dvojic nenajdeme druhou se stejným součinem, a nejmenší vyhovující $N$ je tedy vskutku $360$.

Výsledek:

24

Označme střed menší kružnice $S_1$, střed větší kružnice $S_2$ a průsečík společné tečny vedené bodem $A$ s druhou tečnou – přímkou $\mathit{BC}$ – jako $T$. Z rovnosti délek úseků tečen z bodu $T$ k oběma kružnicím dostáváme $|\mathit{TC}|=|\mathit{TA}|=|\mathit{TB}|$. Bod $A$ tedy leží na Thaletově kružnici nad průměrem $\mathit{BC}$. Trojúhelník $\mathit{ABC}$ je proto pravoúhlý a platí $|\mathit{AB}{|}^2+|\mathit{AC}{|}^2=|\mathit{BC}{|}^2$, neboli

Z Pythagorovy věty pro pravoúhlý trojúhelník $S_1{S}_{2}P$, kde $P$ je pata kolmice z bodu $S_1$ na $S_{2}C$, plyne

Tedy $|\mathit{AB}{|}^2+|\mathit{AC}{|}^2+|\mathit{BC}{|}^2=2|\mathit{BC}{|}^2=24$.

Výsledek:

43

Je-li $q$ prvočíslo, pak s ním soudělných čísel obsažených v součinu $2014!=1\cdot 2\cdots 2014$ je celkem $\lfloor 2014∕q\rfloor$ (jsou to právě čísla $q,2q,\dots ,\lfloor 2014∕q\rfloor q$). Kdyby bylo $q>\sqrt{2014}$, platilo by $\lfloor 2014∕q\rfloor <q$, a tedy by se $q$ vyskytovalo v prvočíselném rozkladu $2014!$ méně než $q$-krát, protože žádné z čísel $q,2q,\dots ,\lfloor 2014∕q\rfloor q$ by $q$ neobsahovalo ve druhé nebo vyšší mocnině. Proto musí hledané $p$ splňovat nerovnost $p\le \sqrt{2014}$. Libovolné prvočíslo splňující tuto nerovnost už bude určitě vyhovovat, protože $\lfloor 2014∕p\rfloor$ je v takovém případě alespoň $p$. Největší prvočíslo velikosti nejvýše $\sqrt{2014}$ je 43, tedy $p=43$.

Výsledek:

$6\cdot 3^{2013}$

Nejprve libovolně obarvíme obě políčka z prvního sloupečku, což můžeme provést šesti způsoby. Nyní budeme postupně obarvovat další sloupečky. Pokud poslední obarvený sloupeček obsahuje (shora) barvy $a$ a $b$, máme (opět shora) tři možnosti: $(b,a)$, $(b,c)$ a $(c,a)$. Pro každý sloupeček od druhého dále máme tedy vždy tři možnosti, jak jej obarvit, takže výsledný počet způsobů je roven $6\cdot 3^{2013}$.

Výsledek:

$5^{84}{6}^{35}{7}^{90}$

Zapišme $m$ ve tvaru $m=5^a{6}^b{7}^{c}d$, kde $d$ není dělitelné pěti, šesti ani sedmi. Jelikož $5m$ má být pátá mocnina, musí platit $5\mid a+1,b,c$. Podobně $6\mid a,b+1,c$ a $7\mid a,b,c+1$. Navíc $d$ musí být pátá, šestá i sedmá mocnina. Jelikož $m$ je nejmenší možné, musí být $d=1$. Z uvedených dělitelností vyplývá, že $a$ je dělitelné šesti i sedmi, tedy $a=42k$. Zároveň $5\mid 42k+1$. Nejmenší vyhovující $k$ je tedy $2$ a odpovídá mu $a=84$. Podobně dostaneme nejmenší možné $b=35$ a $c=90$. Hledané nejmenší $m$ je tedy $5^{84}{6}^{35}{7}^{90}$.

Výsledek:

$\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

Označme $A$, $B$, $C$, $D$ rohy papíru a $S$ jeho střed. Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že jsme přeložili $A$ na $C$ a $1=|\mathit{AB}|\le |\mathit{BC}|$. Krajní body ohybu označme $E\in \mathit{BC}$ a $F\in \mathit{AD}$. Body $A$, $C$ jsou osově souměrné podle $\mathit{EF}$, takže úsečky $\mathit{AC}$ a $\mathit{EF}$ jsou na sebe kolmé a $S$ je jejich společný střed. Položme $|\mathit{BC}|=x$. Ze zadání víme, že $|\mathit{EF}|=x$, tedy $|\mathit{ES}|=x∕2$. Délka úhlopříčky je z Pythagorovy věty $|\mathit{AC}|=\sqrt{x^2+1}$, tedy $|\mathit{CS}|=\sqrt{x^2+1}∕2$. Z podobnosti pravoúhlých trojúhelníků $\mathit{CSE}$ a $\mathit{CBA}$ plyne $\sqrt{x^2+1}:x=x:1$. Úpravou dostáváme $x^4-x^2-1=0$. Položme $z=x^2$. Kvadratická rovnice $z^2-z-1=0$ nám dává jediné kladné řešení $z=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, čili

což je i hledaný poměr.

Výsledek:

17

Počty modrých, žlutých, zelených a červených kuliček označme postupně $b$, $y$, $g$, $r$. Kdyby měla každá kulička jinou barvu, měli bychom $(r+g+b+y)!=20!$ různých posloupností. Protože však máme více kuliček jedné barvy, jsou některé z těchto posloupností stejné. Pro každé z $r!$ uspořádání červených kuliček totiž dostaneme tutéž posloupnost, podobně pro ostatní barvy. Celkem tedy máme

různých barevných posloupností. Je-li $b\ge 18$, je čitatel roven nejvýše $20\cdot 19=380$, tedy posloupností bude méně než požadovaných $1140$. Pro $b=17$ umíme docílit hodnoty $1140$ například volbou $r=3$, $g=0$, $y=0$.

Výsledek:

3, 4, 6, 12

Rovnostranný trojúhelník rozdělíme středními příčkami na 4 rovnostranné trojúhelníky, čtverec na čtyři čtverce a šestiúhelník na šest trojúhelníků.

Nyní uvažme pravidelný $n$-úhelník pro $n$ různé od 3, 4 a 6. Všimněme si, že pravidelné mnohoúhelníky o třech až šesti vrcholech mají velikost vnitřního úhlu postupně $60^{\circ }$, $90^{\circ }$, $108^{\circ }$ a $120^{\circ }$, a má-li pravidelný mnohoúhelník více než šest vrcholů, je jeho vnitřní úhel větší než $120^{\circ }$. Potřebujeme vyskládat vnitřní úhel zadaného $n$-úhelníku – buď menším $n$-úhelníkem, nebo dvěma mnohoúhelníky o pěti a méně vrcholech. Kdybychom použili menší $n$-úhelník, museli bychom následně vyskládat ostrý úhel, jehož velikost však není $60^{\circ }$, a to není možné. Vnitřní úhel původního $n$-úhelníku se tak musí skládat z jednoho trojúhelníku a jednoho čtyřúhelníku nebo z jednoho trojúhelníku a jednoho pětiúhelníku, čili může být roven $180^{\circ }-\frac{360^{\circ }}{n}=150^{\circ }$ nebo $180^{\circ }-\frac{360^{\circ }}{n}=168^{\circ }$. Tomu odpovídá $n=12$ nebo $n=30$.

Skutečně je možné vyskládat dvanáctiúhelník – po obvodu umístíme čtverce a trojúhelníky a uprostřed zbyde pravidelný šestiúhelník.

Na druhou stranu třicetiúhelník vyskládat nelze. Takové vyskládání by totiž muselo mít nad každou druhou stranou pětiúhelník a dva sousední pětiúhelníky by se pak dotýkaly v jednom vrcholu pod úhlem $60^{\circ }$. To znamená, že „na druhé straně“ by vznikl úhel $360^{\circ }-60^{\circ }-2\cdot 108=84^{\circ }$, který ale není možné vyskládat.

Výsledek:

838

Pro každé políčko spočítáme, kolika způsoby se do něj může věž dostat. Levé dolní políčko má jednu možnost (prázdná posloupnost tahů). Nechť $P$ je nějaké další políčko. Jestliže od libovolné posloupnosti tahů končící v $P$ odebereme poslední tah, skončíme na políčku ve sloupečku pod $P$ nebo v řádku vlevo od $P$. Naopak, kdykoli se věž dostane na takové políčko, může se pomocí jednoho tahu přesunout do $P$. Počet způsobů, jak se dostat do políčka $P$, je tedy roven součtu všech možností, jak se dostat do políček pod $P$ a vlevo od $P$. S touto znalostí můžeme postupně určit počet možností, jak se dostat do všech políček tabulky. Pro pravé horní políčko pak dostaneme $838$ možností.

Výsledek:

2

Stačí určit zbytek čísla $11^{2014}$ po dělení tisícem a podívat se na jeho první cifru. Pomocí binomické věty rozepíšeme

odkud již vidíme, že platí

Hledaná číslice je tedy $2$.

Výsledek:

$\frac{171}{512}$

Označme $A$ počáteční vrchol a $a_i$ pravděpodobnost, že se kobylka po $i$ krocích ocitne ve vrcholu $A$. Speciálně $a_0=1$. Spočteme nyní $a_{i+1}$ pomocí $a_i$. Jestliže má kobylka po $i+1$ krocích skončit ve vrcholu $A$, musí po prvních $i$ krocích skončit ve vrcholu různém od $A$ a pak si musí vybrat tu „správnou“ ze dvou možností, tedy celkem

což chytře upravíme do tvaru

Víme, že $a_0=1=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}$, a tedy máme

Spočteme hledané

Výsledek:

4293

Jestliže Lukáš některou minutu kácí a další odpočívá, vyplatí se mu tyto dvě činnosti vyměnit – vykácí tak jeden strom navíc, aniž by se více unavil. K tomu, aby vykácel největší možný počet stromů, musí tedy nejprve $b$ minut odpočívat a následně $(60-b)$ minut kácet. Počet stromů, který takto vykácí, je roven

Největší hodnoty tento výraz nabývá, pokud je druhá mocnina v závorce nejmenší možná, tedy $b=6$ nebo $b=7$. Lukáš tedy vykácí nejvýše $\frac{3}{2}\cdot 2862=4293$ stromů.

Výsledek:

$6^{25}$

Platí $6=\sqrt{36}\in S$. Všechny ostatní prvky $S$ spárujeme tak, že prvek $\sqrt{n}$ dáme do páru s $36∕\sqrt{n}$ (který rovněž leží v $S$). Součin prvků v každém páru je roven $36=6^2$, a zbývá tedy nalézt počet prvků množiny $S$. Výsledek pak bude $6^{|S|}$.

Uvažme $\sqrt{n}\in S$. To znamená, že $36∕\sqrt{n}\in \sqrt{\mathbb{N}}$, neboli $36^2∕n$ je celé číslo. Počet prvků množiny $S$ je tak roven počtu dělitelů čísla $36^2=2^4\cdot 3^4$. U dvojky i u trojky máme pět možných exponentů (0 až 4), a tedy má množina $S$ celkem 25 prvků. Jejich součin je roven $6^{25}$.

Výsledek:

$1-{\left(\frac{5}{10}\right)}^{2014}-{\left(\frac{8}{10}\right)}^{2014}+{\left(\frac{4}{10}\right)}^{2014}$

Budeme zkoumat dělitelnost dvěma a pěti. Pravděpodobnost, že součin nebude dělitelný pěti, je rovna $a={(4∕5)}^{2014}$ (každé číslo může nabývat libovolných hodnot kromě 0 a 5). Dále pravděpodobnost, že součin nebude dělitelný dvěma, je rovna $b={(1∕2)}^{2014}$ (každé číslo musí být liché). Podobně zjistíme, že součin nebude dělitelný dvěma ani pěti s pravděpodobností $c={(4∕10)}^{2014}$. Nás zajímá pravděpodobnost, že součet bude dělitelný pěti a zároveň dvěma, kterou spočteme jako $1-a-b+c$ (pravděpodobnost, že součin nebude dělitelný ani 2 ani 5, jsme odečítali dvakrát, a tak ji musíme opět přičíst).

Výsledek:

$-2002$

Platí

Spárujeme-li nyní první člen s posledním, druhý s předposledním atd. (prostřední nulový člen zbyde), zjistíme, že hledaným součtem je minus počet čísel mezi 1 a 2014, jejichž třetí odmocnina není celé číslo. Z čísel 1 až 2014 mají celou třetí odmocninu jen $1^3,2^3,\dots ,12^3=1728$, neboť $13^3=2197>2014$. Tedy hledaný součet je $-(2014-12)=-2002$.

Výsledek:

$\frac{2}{3}$

Martinovi vyšlo číslo $N-2013$. Máme tedy $N\equiv 2013\equiv 2(\mathit{mod}2011)$ a současně $N\equiv 0(\mathit{mod}2014)$. Pro číslo $2A=2013\cdot 2014$ máme podobně $2A\equiv 0(\mathit{mod}2014)$ a $2A\equiv 2\cdot 3=6(\mathit{mod}2011)$. Vzhledem k tomu, že $2A$ je dělitelné třemi, avšak 2011 ani 2014 třemi dělitelné nejsou, můžeme kongruence pro $2A$ vydělit třemi. Shledáváme, že čísla $\frac{2}{3}A$ a $N$ dávají stejné zbytky po dělení čísly 2011 a 2014, přičemž jsou obě menší než $2011\cdot 2014$. Dle Čínské zbytkové věty jsou si tedy rovna a hledaný poměr je $\frac{2}{3}$.

Výsledek:

$2^{16}-1$

Představíme-li si černé karty jako nuly a červené jako jedničky, odpovídá Vejtkův tah přičtení jedničky k číslu v binární soustavě. Číslo ze samých jedniček odpovídá číslu $2^{16}-1$. Začne-li tedy Vejtek se samými černými kartami, udělá $2^{16}-1$ tahů. Je zřejmé, že více jich udělat nemůže.

Výsledek:

$\frac{1}{2}(27\cdot 29^2-1)=45412$

Označme si délku druhé odvěsny jako $b$ a délku přepony jako $c$. Z Pythagorovy věty je ${(2014^{14})}^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)$. Hledáme počet možností, jak rozložit $2014^{14}$ na součin čísel $c-b$, $c+b$. Kdyby jedno z čísel $c-b$, $c+b$ bylo liché, už by nutně muselo být liché i to druhé. Pak by ovšem byl lichý i jejich součin, což není pravda. Obě tato čísla tedy musí být sudá.

Rozložme ${(2014^{14})}^2=2^{28}\cdot 19^{28}\cdot 53^{28}$ na součin prvočísel. Pro číslo $c-b$ máme 27 možností, jak zvolit exponent u dvojky (1 až 27), 29 možností, jak zvolit exponent u 19 (0 až 28), a 29 možností, jak zvolit exponent u 53 (0 až 28). Celkem je to $27\cdot 29^2$ možností, avšak ještě je třeba odečíst možnost, pro niž by bylo $c-b=c+b$, a ze zbývajících ještě právě polovinu případů, pro které $c-b>c+b$. Zbývá $\frac{1}{2}(27\cdot 29^2-1)$ rozkladů na součin sudých čísel $x=c-b$, $y=c+b$, kde $y>x$. Z jakékoli takové dvojice čísel $x$, $y$ je naopak možné zpětně dopočítat délky stran vyhovujícího trojúhelníka jako $c=\frac{y+x}{2}$, $b=\frac{y-x}{2}$, takže odpověď je $\frac{1}{2}(27\cdot 29^2-1)$.

Výsledek:

359

Pokud se číslo $n$ dá zapsat jako součet $a_1$ čísel 1!, $a_2$ čísel 2!, …, $a_k$ čísel $k!$, budeme psát $n=[a_k,a_{k-1},\dots ,a_2,a_1]$. Jelikož $i+1$ sčítanců tvaru $i!$ můžeme nahradit číslem $(i+1)!$, existuje pro libovolné číslo zápis, v němž je každé $a_i$ rovno nejvýše $i$. Tomuto zápisu říkejme zápis čísla ve faktoriálově soustavě (například tedy $42=[1,3,0,0]$).

Můžeme si rozmyslet, že zápis čísla ve faktoriálové soustavě je jednoznačný (platí $[k,k-1,\dots ,2,1]+1=[1,0,\dots ,0]$) a využívá nejmenší možný počet faktoriálů. Hledáme tedy vlastně nejmenší číslo, které má při zápisu ve faktoriálové soustavě ciferný součet větší než 11. Tímto číslem je

Výsledek:

8

Je-li $n=8$, pak každý hráč odehraje sedm partií, z nichž každou buď vyhraje, nebo prohraje. V průměru tak jeden hráč vyhraje $3,5$ partie. To znamená, že v každém turnaji existuje šachista $A$, který porazil alespoň čtyři hráče. Mezi těmito poraženými šachisty najdeme stejnou úvahou hráče $B$, který prohrál alespoň se dvěma z nich. Tito pak spolu s $A$ a $B$ tvoří jasnou skupinu.

Nyní ukážeme, že pro $n\le 7$ žádná jasná skupina čtyř hráčů existovat nemusí. Zřejmě to stačí ukázat pro $n=7$. Seřaďme hráče do pravidelného sedmiúhelníku a uvažme turnaj, v němž každý porazil prvního, druhého a čtvrtého ze skupiny čtyř hráčů následujících po něm ve směru hodinových ručiček. Kdyby v tomto turnaji existovala jasná skupina čtyř šachistů, musel by v ní být hráč-vítěz a s ním všichni tři hráči, které porazil. Lehce však nahlédneme, že v takové čtveřici neexistuje hráč, který by se zbylými třemi prohrál.

Výsledek:

$2$, $8$

Označme $S_i$ množinu všech dvojic $(x,y)$, kde $x\le y$ a $x$, $y$ mohla být Dáščina čísla za předpokladu, že se odehrál rozhovor o $i$ výpovědích a jako poslední zazněla věta „Už vím, jaká jsou ta čísla!“. Potřebujeme najít $S_9$.

Množina $S_1$ je množinou všech dvojic, které se dají právě jedním způsobem rozložit na součin cifer, a David je tak schopen tyto cifry najít. To jsou všechny až na ty, jejichž součin je roven jednomu z čísel 4, 6, 8, 9, 12, 16, 18, 24, 36. Nyní spočteme $S_2$. Pepa zná součet a ví, že Dáščino číslo neleží v množině $S_1$, tedy ví, že součin je jedním z výše vypsaných čísel. Jednoznačně může určit pouze součty 4, 12 a 13, a tedy $S_2=\{(2,2),(4,9),(6,6)\}$. Množinu $S_3$ dále tvoří ty páry, které nejsou v $S_1$ ani $S_2$, ale všechny ostatní páry se stejným součinem již v $S_1$ nebo $S_2$ jsou (David tak na základě součinu pozná ten správný pár). Všechna taková čísla musí mít součin stejný jako některý pár z $S_2$, neboť jinak by byly již v $S_1$. Vyhovuje tedy pouze $S_3=\{(1,4)\}$. Obdobně spočítáme $S_4$, přičemž namísto součinů uvažujeme součty. Dostaneme $S_4=\{(2,3)\}$ a pokračujeme dále:

Výsledek:

$\frac{200\sqrt{3}}{9}$

Nechť $r$ je poloměr koule, $O$ její střed, $T$ její bod dotyku s jedním kuželem, $V$ vrchol tohoto kuželu a $S$ střed jeho podstavy. Buď $P$ kolmý průmět bodu $O$ do roviny podstav kuželů a $X$ bod na úsečce $\mathit{OP}$ ve stejné výšce jako $T$. Dále buď $Y$ bod podstavy, jímž prochází polopřímka $VT$ (zřejmě $Y$ leží i na $\mathit{SP}$), a nakonec buď $Z$ bud kolmý průmět bodu $T$ do roviny podstav.

Z Pythagorovy věty snadno spočítáme $|VY|=130$. Jelikož se koule dotýká kužele, jsou na sebe $VT$ a $\mathit{TO}$ kolmé. Trojúhelníky $\mathit{TXO}$ a $V\mathit{SY}$ jsou tedy podobné (leží v jedné rovině a dvojice odpovídajících si stran jsou na sebe kolmé), odkud dostáváme $|\mathit{TX}|=\frac{12}{13}r$, $|\mathit{OX}|=\frac{5}{13}r$. Jelikož

můžeme z podobnosti trojúhelníků $V\mathit{SY}$ a $\mathit{TZY}$ dopočítat

Tedy $|\mathit{SZ}|=|\mathit{SY}|-|\mathit{ZY}|=\frac{15}{26}r$. Protože $|\mathit{ZP}|=|\mathit{TX}|$, máme

V rovnostranném trojúhelníku tvořeném středy podstav kuželů je $P$ těžištěm a $S$ jedním z vrcholů. Protože délka strany tohoto trojúhelníka je $100$, je $|\mathit{SP}|=\frac{100\sqrt{3}}{3}$. Tedy $\frac{3}{2}r=\frac{100\sqrt{3}}{3}$ a $r=\frac{200\sqrt{3}}{9}$.