Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$48$

Jestliže Péťa vytáhne například všechny zelené a sedm červených ponožek, zřejmě z nich osm různobarevných párů neposkládá. Tedy $47$ nestačí. Pokud však vytáhne $48$ ponožek, pak je mezi nimi určitě aspoň $\frac{48}{3}=16$ ponožek jedné barvy a aspoň $48-40=8$ ponožek, které mají nějakou jinou barvu. To nám zaručuje osm párů, a tedy $48$ už stačí.

Výsledek:

30

Vynásobíme-li rovnost $1234=28^2+2\cdot 15^2$ dvěma, dostaneme

Jelikož víme, že rovnice v zadání má právě jedno řešení, je nutně $x=30$.

Výsledek:

$450$

Během $120$ minut, kdy na pozici hodin svítí $5$ nebo $15$, je pětka vidět celou dobu. Po zbytek dne je pětka vidět vždy posledních deset minut každé hodiny ($22\cdot 10=220$ minut) a dále pětkrát během zbývajících padesáti minut ($22\cdot 5=110$ minut). Celkem je tedy pětka na displeji $450$ minut.

Výsledek:

$1120$

Délky stran obdélníčků jsou v poměru $2:5$ – označme je $2x$ a $5x$. Délky stran původního obdélníka jsou pak $10x$ a $7x$, tedy jeho obvod je $2\cdot (10x+7x)=34x$. To znamená, že $x=4\text{cm}$ a obsah obdélníka je $10\cdot 7\cdot 4^2{\text{cm}}^2=1120{\text{cm}}^2$.

Výsledek:

$10$

Nechť $a$ je obsah malého bonbónu (toho o straně $1\text{cm}$). Pak obsah velkého bonbónu je $4a$ a součet obsahů všech bonbónů je $\mathit{na}+4\mathit{na}=5\mathit{na}$. Obsah bonboniéry je $s^{2}a$, protože její tvar je stejný jako tvar malého bonbónu, ale její strana je $s$-krát delší. To znamená, že $5n=s^2$, tedy $s$ je násobkem pěti.

Snadno se ukáže, že není možné vměstnat pět velkých bonbónů do bonboniéry o straně délky $5\text{cm}$, takže $s\ne 5$. Nicméně pro $s=10$ už vhodné uspořádání $20$ malých a $20$ velkých bonbónů existuje.

Výsledek:

$21$

Vytvoříme-li z vybraných ponožek co největší počet párů, zbyde vzhledem k počtu barev nejvýše šest nespárovaných. Jestliže vezme Péťa ze skříně $21$ ponožek, bude mezi nimi dokonce nejvýše pět nespárovaných, neboť z $21-6=15$ ponožek nelze beze zbytku vytvořit páry. Pak ovšem zbylé ponožky tvoří alespoň $\frac{21-5}{2}=8$ párů.

Naopak $20$ ponožek ještě nestačí, neboť se může stát, že mezi nimi bude sedm párů a šest jednotlivých ponožek, každá jiné barvy. Z toho vyplývá, že Péťa potřebuje k zajištění osmi párů nejméně $21$ ponožek.

Výsledek:

$153^{\circ }$

Označíme-li vrcholy jako na obrázku, je průnikem čtverce a pětiúhelníka sedmiúhelník $A{B}_1{B}_2{C}_1{C}_2{D}_1{D}_2$.

Vzhledem k symetrii obrázku podle osy $\mathit{AC}$ se stačí zabývat vnitřními úhly u vrcholů $A$, $B_1$, $B_2$ a $C_1$. První a poslední z nich mají zřejmě velikost $90^{\circ }$ a $135^{\circ }$. Jelikož úsečka $B_2{D}_1$ je rovnoběžná s úsečkou $\mathit{XY}$, dostáváme $|\sphericalangle D_1{B}_2{B}_1|=|\sphericalangle Y\mathit{XW}|=108^{\circ }$, a jelikož je zároveň rovnoběžná s úsečkou $\mathit{BD}$, je $|\sphericalangle C_1{B}_2{D}_1|=|\sphericalangle \mathit{CBD}|=45^{\circ }$. Vnitřní úhel u $B_2$ je pak $153^{\circ }$. Protože trojúhelník $B_{1}B{B}_2$ je pravoúhlý, snadno dopočteme, že vnitřní úhel u $B_1$ má velikost $117^{\circ }$. Největší vnitřní úhel má tedy velikost $153^{\circ }$.

Výsledek:

$20\text{mm}$

Spočteme-li počty zubů všech kol, zjistíme, že jedna otáčka kolečka 1 vynutí $\frac{20}{15}=\frac{4}{3}$ otáčky dvojitého kola a jedna otáčka dvojitého kola vynutí $\frac{18}{10}=\frac{9}{5}$ otáčky kolečka 2. Tedy jedna otáčka kolečka 1 způsobí $\frac{4}{3}\cdot \frac{9}{5}=\frac{12}{5}$ otáčky kolečka 2. Obvod kolečka 2 se proto musí rovnat $\frac{5}{12}$ obvodu kolečka 1. Protože poměr průměrů je roven poměru obvodů, spočteme průměr kolečka 2 jako $\frac{5}{12}\cdot 48\text{mm}=20\text{mm}$.

Výsledek:

31

Všimneme si, že pokud mluví Honza nějaký den pravdu, pak musí mluvit pravdu i všechny předchozí dny. Kdyby mluvil pravdu méně než $31$ dní, pak by musel lhát více než $31$ dní, což by bylo v rozporu s tím, že 31. den lhal. Pokud by naopak mluvil pravdu více než $31$ dní, pak by musel lhát méně než $31$ dní, což by bylo v rozporu s pravdivou výpovědí z 31. dne. Honza tedy musel lhát právě $31$ dní.

Výsledek:

$16$

Z následujícího obrázku je patrné, že $16$ střel je nutných, neboť do každého obdélníka $5\times 1$ musí Filip vystřelit nejméně jednou.

Oněch $16$ střel stačí, jak je vidět z obrázku níže.

Výsledek:

$155$

Máme $5\cdot 13\cdot 31=2015=a+b+c=\mathrm{NSD}(a,b,c)\cdot (a_0+b_0+c_0)$ pro nějaká navzájem různá kladná čísla $a_0$, $b_0$, $c_0$ (tedy $a_0+b_0+c_0\ge 6$). Z toho vyplývá, že $\mathrm{NSD}(a,b,c)$ může být nanejvýš $5\cdot 31=155$. Pro dosažení tohoto maxima stačí zvolit $a_0$, $b_0$, $c_0$ tak, aby $a_0+b_0+c_0=13$. Například $a_0=1$, $b_0=5$, $c_0=7$ dávají $a=1\cdot 155$, $b=5\cdot 155$, $c=7\cdot 155$ s požadovanými vlastnostmi.

Výsledek:

31

Máme čtyři možnosti umístění vyfotografovaného úseku R-U-U v rámci celého vlaku. Pro každou z těchto možností lze $2^3$ způsoby doplnit zbytek vlaku. Takto však započítáme vlak R-U-U-R-U-U dvakrát, takže počet různých vlaků je $4\cdot 8-1=31$.

Výsledek:

17

Útvar se zřejmě vejde do kvádru o rozměrech $2\times 5\times 5$. Rozdělme jej napůl a rozeberme každou z částí $1\times 5\times 5$ zvlášť. Podíváme-li se na útvar zepředu, uvidíme zrcadlově převrácenou jedničku. V pravé části je tedy zepředu vidět jedna krychlička a shora pět, což nám dává jedinou možnost, a to pět krychliček v jedné řadě. Podobně v levé části vidíme zepředu pět krychliček a shora tři, což může být nejvýše pět krychliček v každém ze tří sloupců.

Výsledný útvar je znázorněn na obrázku níže. Podíváme-li se na něj zprava, uvidíme 17 krychliček.

Výsledek:

$7999$

Označme $Q(r)$ ciferný součet čísla $r$. Jestliže je cifra na pozici desítek různá od $9$, pak $Q(n+10)=Q(n)+1$. Proto musí být na místě desítek devítka. Jestliže je nyní cifra na pozici stovek různá od $9$, máme $Q(n+10)=Q(n)-8$, ale pokud je na místě stovek devítka, zatímco na místě tisíců nikoliv, dostaneme $Q(n+10)=Q(n)-17$. V tomto případě mohou být oba ciferné součty dělitelné sedmnácti. Protože hledáme co nejmenší $n$, předpokládejme, že tento případ nastane a že $Q(n)=2\cdot 17=34$. Součet všech cifer kromě těch na pozici desítek a stovek pak musí být $34-2\cdot 9=16<2\cdot 9$, tedy stačí dvě další cifry. S těmito informacemi již snadno dojdeme k výsledku $n=7999$.

Výsledek:

20, 110

Předpokládejme nejprve, že Tonda již vlastní jízdenku mezi $A$ a $D$. Její cena pak musí být $70$. Jelikož je tato částka součtem cen jízdenek na trasách $\mathit{AB}$, $\mathit{BC}$ a $\mathit{CD}$, z nichž nejméně dvě už Tonda má, je patrné, že jediné vyhovující rozdělení je $10$, $20$, $40$. Cena chybějící jízdenky je tedy $20$. Snadno ověříme, že i ostatní ceny v tomto případě souhlasí.

Pokud Tondovi nejdražší jízdenka chybí, pak musí $70$ stát cesta s jednou zastávkou. Jediný způsob, jak dostat $70$ jako součet cen dvou jízdenek, které už Tonda má, je $60+10$. To znamená, že jízdenka na zbývající část cesty mezi $A$ a $D$ stojí $40$ a nejdražší jízdenka pak $10+40+60=110$. Opět snadno ověříme, že i tato možnost vyhovuje zadání.

Výsledek:

$\sqrt{3}\text{cm}$

Označme $C$ střed krabičky a $P_x$ bod na její hranici, na který ukazuje malá ručička v $x$ hodin. Protože $|\sphericalangle P_{2}C{P}_1|=|\sphericalangle P_{3}C{P}_2|=30^{\circ }$, je bod $P_2$ středem kružnice vepsané rovnostranného trojúhelníka $C{C}^{\prime }{P}_1$, kde $C^{\prime }$ je obraz bodu $C$ v osové souměrnosti podle přímky $P_1{P}_3$. Tedy $P_2$ je zároveň těžištěm a hledaná vzdálenost $|P_1{P}_2|$ je rovna dvěma třetinám výšky. Délka strany trojúhelníka $C{C}^{\prime }{P}_1$ je $3\text{cm}$, tedy $|P_1{P}_2|=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot 3\text{cm}=\sqrt{3}\text{cm}$.

Výsledek:

728163549

Hledané devíticiferné číslo nazveme $z$. Dvojčíslí $\mathit{xy}$ (kde $x,y\in \{1,2,\dots ,9\}$ a $x\ne y$) nazveme přípustné, kdykoliv existují $k,l\in \{1,2,\dots ,9\}$ splňující $10x+y=\mathit{kl}$. Jelikož jediné přípustné dvojčíslí obsahující devítku je $49$, musí se toto dvojčíslí objevit na konci čísla $z$. Přípustná dvojčíslí obsahující sedmičku jsou pouze $27$ a $72$. Nemohou se vyskytnout obě zároveň a konec čísla $z$ už je obsazen, takže $72$ musí být na začátku $z$. Přípustná dvojčíslí s osmičkou jsou $18$, $28$, $48$ a $81$, přičemž čtyřka už se vyskytuje ve spojení s devítkou. Máme tedy jedinou možnost, a to postavit blok $281$. Nyní je $z=7281\dots 49$ a zbývá doplnit číslice $3$, $5$ a $6$. Protože $13$ ani $34$ nejsou přípustná dvojčíslí a jediné přípustné dvojčíslí $\mathit{xy}$ s $x\in \{5,6\}$ a $y=3$ je $63$, dostáváme $z=728163549$. Toto $z$ zřejmě splňuje podmínky zadání.

Výsledek:

89

Namísto hledání největšího prvočísla $p$ budeme hledat nejmenší složené číslo $n$ takové, že $210-n$ je prvočíslo. Máme $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$. Kdyby tedy bylo $n$ dělitelné dvěma, třemi, pěti nebo sedmi, platilo by totéž pro $210-n$, neboli $210-n$ by nebylo prvočíslo. Nejmenším kandidátem na $n$ je proto $11^2$ a to nám dává $p=210-121=89$, což je prvočíslo.

Výsledek:

20

Nechť $T$ je celkový počet tužek a $a$, $b$, $c$ jsou počty žáků v příslušných třídách. Ze zadání víme, že $T=9(a+b+c)=30a=36b$, a hledáme $T∕c$. Dosazením $a=T∕30$ a $b=T∕36$ do první rovnosti dostáváme

Výsledek:

1681

Jelikož pro $k\ge 50$ platí ${(k+1)}^2-k^2>100$, je $50^2=2500$ jediný čtverec začínající dvojčíslím $25$ a obdobnou vlastnost mají zřejmě čísla $3600$, $4900$, $6400$ a $8100$. Tedy první dvojčíslí musí být $16$. Jediným čtvercem větším než $1600$ a menším než $1700$ je $41^2=1681$. Ten má zřejmě všechny požadované vlastnosti.

Výsledek:

4/7

Je-li $x$ zlomek celkového času strávený v opravovaných úsecích, pak $1-x$ je zlomek času strávený na zbytku dálnice. Tedy

což nám dává $x=4∕7$.

Výsledek:

90

Sečteme-li obsahy všech čtverců, zjistíme, že obsah obdélníka je $464=2^4\cdot 29$. Obdélník musí mít navíc délky stran aspoň $9$, neboť jinak by se do něho nevešly čtverce o straně $9$. Jediná možnost, jak $464$ rozložit na součin dvou čísel větších než $9$, je $16\cdot 29$, což dává obvod $90$.

Poznámka: Rozřezání obdélníka $16\times 29$ na čtverce s příslušnými délkami stran skutečně existuje, jak ukazuje obrázek.

Výsledek:

$36\text{cm}$

Zřejmě jsou všechny trojúhelníky na obrázku pravoúhlé a navzájem podobné podle věty uu. Označíme-li délky stran pravého dolního trojúhelníka jako $6x$, $8x$ a (z Pythagorovy věty) $10x$, pak je délka strany čtverce rovna $18x$. To znamená, že trojúhelník vlevo dole má spodní stranu délky $18x-6x=12x$. Délky zbylých dvou stran jsou pak díky podobnosti $9x$ a $15x$, tedy délka strany čtverce je také $15x+6\text{cm}$. Z rovnosti $15x+6\text{cm}=18x$ dostáváme $x=2\text{cm}$, neboli $18x=36\text{cm}$.

Výsledek:

96

Za cestu tam i zpět napočítá Štěpán $300$ kroků, přičemž křižník se pohne o $240-60=180$ kroků. Zatímco tedy Štěpán udělá $60$ kroků od přídě k zádi, urazí křižník $180:5=36$ kroků. Délka křižníku je proto $60+36=96$ kroků.

Výsledek:

$992016=996^2$

Stačí spočítat čtverce ${(1000-n)}^2=1000\cdot (1000-2n)+n^2$ pro $n=1,2,3,4$. Máme $999^2=998001$, $998^2=996004$, $997^2=994009$ a $996^2=992016$, přičemž první tři čísla zřejmě nevyhovují, ale čtvrté už ano: $99\cancel{2}\cancel{0}\cancel{1}6=996=\sqrt{992016}$.

Výsledek:

596

Otočíme-li číslici vzhůru nohama, mohou nastat tři možnosti: buď se nezmění (0, 2, 5, 8), nebo se změní ($6\leftrightarrow 9$), nebo nebude výsledkem žádná číslice (1, 3, 4, 7). Nechť $x$ je Martinino číslo a $x^{\prime }$ je toto číslo vzhůru nohama. Protože $369$ končí devítkou, musí $x$ končit jednou z cifer 0, 6, 9 – všechny ostatní přípustné cifry totiž vedou na nepřípustnou poslední cifru čísla $x^{\prime }$.

Kdyby $x$ končilo nulou, pak by $x^{\prime }$ začínalo nulou, což není možné. Kdyby $x$ končilo devítkou, pak by $x^{\prime }$ končilo osmičkou, tedy $x$ by začínalo osmičkou a $x^{\prime }$šestkou, což zjevně odporuje podmínce $x^{\prime }>x$. Předpokládejme proto, že $x$ končí šestkou. Pak máme $x=\overline{5a6}$ a $x^{\prime }=\overline{9a^{\prime }5}$ pro nějakou přípustnou cifru $a$ a její převrácenou verzi $a^{\prime }$. Vzhledem k podmínce $x^{\prime }-x=369$ není možné, aby $a=a^{\prime }$, tedy nutně $a\in \{6,9\}$. Nyní snadno dopočteme, že $x=596$.

Výsledek:

80

Označme rodiny jako $A$, $B$ a $C$. Pokud si oba synové z $A$ vezmou dcery z jedné rodiny (BÚNO $B$), musí si dcery z $A$ vzít syny z $C$, aby se zabránilo sňatkům sourozenců v $C$. Synům z $B$ pak nezbývá než si vzít dcery z $C$. V tomto případě máme celkem $2\cdot 2^3=16$ možností – přiřazení rodin lze provést dvěma způsoby a v každé rodině se pak mohou dcery dvěma způsoby vdát za syny z příslušné jiné rodiny.

Pokud si jeden syn z $A$ vezme dceru z $B$ a druhý dceru z $C$, pak si v zájmu předejití sourozeneckým sňatkům musí rovněž jedna dcera z $A$ vzít syna z $B$ a druhá syna z $C$. Synové z $A$ mají v tomto případě dohromady osm možností výběru manželek a totéž platí pro dcery z $A$. Poté už zbývá jen spárovat zbývající syny a dcery z rodin $B$ a $C$, což lze udělat právě jedním způsobem. Tento případ tedy zahrnuje $8\cdot 8=64$ možností.

Celkem máme $16+64=80$ možností, jak utvořit šest manželských párů.

Výsledek:

$68$, $136$

Označme dílky čísly 1–50 podle počtu oliv. Řez nemůže procházet mezi dílky $1$ a $50$, respektive $25$ a $26$, neboť

Můžeme tedy předpokládat, že dílky sousedící s řezem mají čísla $n$, $n+1$, $n+25$, $n+26$, kde $1\le n\le 24$. Součet těchto čísel je $4n+52$. Nyní spočteme $(n+1)+(n+2)+\cdots +(n+25)=25n+\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 26=25(n+13)$ a $1+2+\cdots +50=\frac{1}{2}\cdot 50\cdot 51=25\cdot 51$. Máme dvě možnosti:

První z nich dává $n=4$ a hledaný součet je pak $4n+52=68$. Pro druhou možnost dostaneme $n=21$ a $4n+52=136$. Úloha má tedy dvě řešení, a to $68$ a $136$.

Výsledek:

$421$

Jestliže $p$ je takové prvočíslo, pak $19p+1=k^3$ pro nějaké $k>2$. Dostáváme tak rovnost

Protože $k>2$, obě závorky na pravé straně jsou vlastními děliteli čísla $19p$. Ovšem $19p$ je součin dvou prvočísel, tedy $k-1=19$ nebo $k^2+k+1=19$. V prvním případě je $k=20$ a $p=400+20+1=421$, což je prvočíslo. Druhý případ vede na kvadratickou rovnici $k^2+k-18=0$, která nemá žádný celočíselný kořen. Jediným řešením úlohy je tedy prvočíslo $421$.

Výsledek:

$\frac{7}{30}$

V následujícím textu budeme obsah útvaru značit hranatými závorkami. Jelikož jsou trojúhelníky $\mathit{EHD}$ a $\mathit{CHB}$ podobné, platí

a z podobnosti trojúhelníků $\mathit{FBG}$ a $\mathit{CDG}$ máme $\frac{\mathit{DG}}{\mathit{GB}}=\frac{3}{2}$. Tedy $|\mathit{DH}|=|\mathit{BG}|=\frac{2}{5}|\mathit{DB}|$ a $|\mathit{HG}|=\frac{1}{5}|\mathit{DB}|$. Vzhledem k tomu, že

dostáváme

Výsledek:

$85595$

Nechť $\overline{\mathit{abcde}}$ je pěticiferné číslo takové, že $\overline{\mathit{abc}}=9\cdot \overline{\mathit{de}}$ a $\overline{\mathit{cde}}=7\cdot \overline{\mathit{ab}}$. Pak

tedy $\overline{\mathit{de}}=\frac{1007c}{53}=19c$. Podobně dostaneme, že $\overline{\mathit{ab}}=17c$. Jestliže $c\ge 6$, pak čísla $17c$ a $19c$ jsou větší než $100$. To znamená, že $c$ může být nanejvýš $5$. Pro $c=5$ dostáváme $\overline{\mathit{abcde}}=17119c=85595$.

Výsledek:

$42$

První člověk, který zvedl ruku, musel být také první, kterému prošly rukama všechny tři význačné karty. Označme je v tomto pořadí $C_1$, $C_2$ a $C_3$. Kartu $C_3$ dostal muž určitě jako pátou, jelikož jinak by mohl zvednout ruku už ve čtvrtém kole. Kartu $C_1$ musel naopak dostat už na začátku, neboť v opačném případě by se v předchozím kole mohl přihlásit soused po jeho levé ruce. Od tohoto okamžiku tedy všichni znali polohu karet $C_1$ a $C_3$, ale ne všichni dovedli říct, které význačné karty to jsou. V dalších kolech se proto přihlásili právě ti lidé, kterým prošla rukama karta $C_2$ a aspoň jedna z karet $C_1$ a $C_3$. Snadno nahlédneme, že po šestém kole bylo takových lidí šest a po sedmém kole sedm, tedy odpověď je $42$.

Výsledek:

$\pi \frac{3-2\sqrt{2}}{4}=\pi \frac{{(1-\sqrt{2})}^2}{4}=\pi \frac{1}{4{(1+\sqrt{2})}^2}=\pi \frac{1}{4(3+2\sqrt{2})}$

Kdykoliv rozdělíme rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník na dva shodné trojúhelníky, pak jsou tyto trojúhelníky podobné původnímu trojúhelníku s koeficientem podobnosti $1:\sqrt{2}$. Tedy rovněž poloměr každé nové kružnice je $\sqrt{2}$-krát menší než poloměr té předchozí, neboli její obsah je polovinou obsahu té předchozí. Jinými slovy se součet obsahů kružnic při dělení trojúhelníka nemění, takže stačí spočítat obsah kružnice vepsané tomuto trojúhelníku. Protože odvěsny trojúhelníka mají z Pythagorovy věty délku $\frac{\sqrt{2}}{2}$ a kolmice na odvěsny vedené středem kružnice vepsané tvoří spolu s těmito odvěsnami čtverec, je poloměr kružnice vepsané roven $\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}$. Výsledný obsah je tedy

Výsledek:

$7$, $11$, $19$, $79$

Buď je $p=11$ a pak zřejmě podmínku splňuje, nebo je $p$ nesoudělné s $p+11$. Ve druhém případě dělí $p+11$ součin $p(p+1)(p+2)$, právě když dělí součin $(p+1)(p+2)$. Ten se modulo $p+11$ rovná $(-10)\cdot (-9)$, takže musí platit $p+11\mid 90$, neboli $p\in \{7,19,79\}$.

Výsledek:

$\frac{28!}{2^{14}}$

Všechny způsoby obutí lze zakódovat do uspořádaných $28$-tic sestávajících ze $14$ ponožek a $14$ bot, v nichž ponožka na určitou nohu vždy předchází botu na tuto nohu. Pro dvojici ponožky a boty na první nohu máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{28}{2}\right)$ možností, kam ji v rámci $28$-tice umístit. Pro druhou dvojici už máme jen $26$ míst, a tedy $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)$ možností. Takto můžeme pokračovat, dokud nezbyde $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2}{2}\right)=1$ možnost, kam umístit poslední dvojici. Celkový počet způsobů, jak se může Kuba obout, je tedy

Výsledek:

128

Dosazením $x^3=8-4x$ do $x^7+64x^2$ získáme

Výsledek:

$36^{\circ }$

Nechť $F$ je bod na straně $\mathit{BC}$ takový, že $\mathit{AE}\parallel \mathit{DF}$. Pak $|\mathit{DF}|=\frac{1}{2}|\mathit{AE}|=|\mathit{CD}|$, tedy trojúhelník $\mathit{FCD}$ je rovnoramenný se základnou $\mathit{FC}$. Označme $\phi =|\sphericalangle \mathit{BAC}|$. Pak

Protože $|\sphericalangle \mathit{CAE}|=\frac{1}{2}\phi$, sečtením vnitřních úhlů v trojúhelníku $\mathit{AEC}$ dostaneme

odkud máme $\phi =36^{\circ }$.

Výsledek:

$\frac{1}{1008}$

Odečtením rekurentních vzorců pro $n$ a $n-1$ dostaneme $a_n=n^2\cdot a_n-{(n-1)}^2\cdot a_{n-1}$, což se dá zjednodušit na $a_n=\frac{n-1}{n+1}{a}_{n-1}$. Tedy

a proto $a_{2015}=\frac{2\cdot 2015}{2015\cdot 2016}=\frac{1}{1008}$.

Výsledek:

1, 9

Označme $c_1$, $c_2$ počty azurových stěn na první a druhé kostce. Podobně označme $m_1$, $m_2$ počty purpurových stěn a $y_1$, $y_2$ počty žlutých stěn. Víme, že $c_1+m_1+y_1=c_2+m_2+y_2=12$ a $y_1=4$. Navíc přesně v polovině všech možných hodů padnou na obou kostkách stejné barvy, tedy

Dosazením z výše zmíněných vztahů za $m_1$, $y_1$ a $y_2$ dostaneme

neboli

Jelikož $-3\le c_1-4\le 3$ a $-9\le c_2-m_2\le 9$, musí být $c_2-m_2$ buď $8$, nebo $-8$. Protože navíc $0<y_2=12-c_2-m_2$, je $m_2$ buď $1$, nebo $9$. Přímočarým ověřením zjistíme, že obě tyto hodnoty jsou možné.

Výsledek:

32

Začněme u nějaké ženy a odpočítejme $24$ míst od ní směrem doprava, poté znovu $24$ míst směrem doprava atd. Po několika krocích se zřejmě dostaneme zpět k ženě, u které jsme začali – označme tento počet kroků jako $s$. Pak $s$ je nejmenší kladné celé číslo, pro které platí $n\mid 24s$. Tedy $s=n∕d$, kde $d$ je největší společný dělitel čísel $n$ a $24$.

Všimněme si, že na $24.$ místě vpravo od pravdomluvné ženy (resp. lhářky) musí vždy sedět lhářka (resp. pravdomluvná žena). Znamená to, že $s$ musí být sudé, neboli $n$ musí být dělitelné vyšší mocninou dvojky než $24$. Nejmenší kandidát je $32$ a snadno ověříme, že toto číslo je skutečně řešením úlohy.

Výsledek:

$15^{\circ }$

Označme $a$, $b$ ($a\le b$) délky odvěsen a $c$ délku přepony těchto trojúhelníků. Ze zadání vyplývá, že obsah menšího čtverce je roven dvěma třetinám obsahu většího čtverce. Obsah jednoho trojúhelníka se tedy rovná jedné osmině obsahu menšího čtverce, neboli

Nechť $\alpha$ je nejmenší vnitřní úhel trojúhelníků. Pak $a=c\sin \alpha$ a $b=c\cos \alpha$, tedy

neboli

Jelikož $\alpha \le 45^{\circ }$, musí být $2\alpha =30^{\circ }$, a konečně $\alpha =15^{\circ }$.

Výsledek:

$\frac{4}{3}\sqrt{14}$

Označme $O_1$, $O_2$, $O_3$ postupně středy kružnic ${\omega }_1$, ${\omega }_2$, ${\omega }_3$ a $T_1$, $T_2$, $T_3$ paty kolmic z bodů $O_1$, $O_2$, $O_3$ na $\mathit{AB}$ (tedy $T_1$ a $T_2$ jsou body dotyku $\mathit{AB}$ a kružnic ${\omega }_1$, ${\omega }_2$). Protože $O_1{T}_1\parallel O_2{T}_2\parallel O_3{T}_3$, $|O_1{T}_1|=1$, $|O_2{T}_2|=2$ a $|O_1{O}_3|=2|O_2{O}_3|$, pomocí podobných trojúhelníků snadno spočteme $|O_3{T}_3|=\frac{5}{3}$. Z Pythagorovy věty v trojúhelníku $A{O}_3{T}_3$ pak máme

Výsledek:

84

Existují právě tři dvojciferná čísla, která vyhovují daným odpovědím ohledně dělitelnosti čísly $a$ a $c$ (dvě z nich odpovídají původnímu výroku a jedno opravenému výroku). Navíc musí být obě tyto odpovědi kladné, protože záporná odpověď by vedla na více než tři možná čísla. Ona vyhovující čísla jsou tedy násobky $\mathrm{nsn}(a,c)=m$, což znamená, že $25\le m\le 33$. Jen dvě čísla z tohoto rozmezí jsou nejmenším společným násobkem dvou jednociferných čísel, a proto buď $m=28=\mathrm{nsn}(4,7)$, nebo $m=30=\mathrm{nsn}(5,6)$. Druhá možnost vede na $5<b<6$, což není možné. Nechť tedy $a=4$, $c=7$ a $m=28$. Pokud $b=5$, pak neexistuje dvojciferné číslo dělitelné $a$, $b$ i $c$ zároveň. Pokud však $b=6$, pak záporná odpověď na otázku o dělitelnosti číslem $b$ dává čísla $28$ a $56$, zatímco kladná odpověď dává $S=84$.

Výsledek:

15:20

Jelikož hledaný časový údaj nezávisí na volbě vztažné soustavy, můžeme předpokládat, že auto stálo celou dobu na místě. Za tohoto předpokladu trvala motocyklu cesta od auta na místo setkání s Vespou hodinu, zatímco Vespa urazila stejnou vzdálenost za pět hodin. Vespa se tedy pohybovala pětkrát pomaleji než motocykl. Podobně odvodíme, že motocykl byl dvakrát rychlejší než kolo, takže poměr rychlostí Vespy a kola byl $2:5$.

Jestliže Vespa jela od auta na místo setkání s kolem $t$ hodin, pak kolo urazilo stejnou vzdálenost za $t-2$ hodin. Poměr časů je roven převrácenému poměru rychlostí, tedy

neboli $t=10∕3$. Jelikož Vespa minula auto ve 12:00, znamená to, že s kolem se potkala v 15:20.

Výsledek:

20

Jestliže vysavač nezačne v jednom z rohových bloků $3\times 3$, vždy nechá část koberce nevysátou. Když totiž poprvé opustí hranu koberce (nejpozději po šesté změně směru), rozdělí dosud nevysáté čtverce na dvě oddělené oblasti a do jedné z nich se už nikdy nedostane. Podobně můžeme argumentovat u čtverců se souřadnicemi $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,3)$, $(3,2)$ a čtverců jim odpovídajících ve zbylých třech rozích. Nicméně čtverce $(1,1)$, $(2,2)$, $(3,3)$, $(3,1)$ a $(1,3)$ již vyhovují, jak je znázorněno na obrázku. Máme tedy celkem $4\cdot 5=20$ možných počátečních pozic vysavače.

Výsledek:

$22^{\circ }$

Platí $|\sphericalangle \mathit{CEB}|=|\sphericalangle \mathit{CDB}|$ (obvodové úhly), tedy stačí určit $|\sphericalangle \mathit{CDB}|$. Jelikož je čtyřúhelník $\mathit{BCEF}$ tětivový, máme

Zároveň však $|\sphericalangle \mathit{DGF}|=180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{DGB}|=56^{\circ }$, takže $\mathit{AD}\parallel \mathit{BC}$. Dostáváme $|\sphericalangle \mathit{ADB}|=|\sphericalangle \mathit{DBC}|$ (rovnoběžnost) a současně $|\sphericalangle \mathit{DBC}|=|\sphericalangle \mathit{DEC}|=34^{\circ }$ (obvodové úhly). Protože zřejmě $|\sphericalangle \mathit{ABD}|=90^{\circ }$ a lichoběžník $\mathit{ABCD}$ je tětivový, máme

a konečně

Výsledek:

14

Označme manželské páry $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$, $(c_1,c_2)$, $(d_1,d_2)$, $(e_1,e_2)$. Můžeme BÚNO předpokládat, že $a_1$ je osoba, která navštívila pouze dva večírky, a že prvního z nich se zúčastnily ještě osoby $b_1$, $c_1$, $d_1$ a $e_1$, zatímco druhého se zúčastnili jejich partneři. Každý další večírek pak mohli navštívit současně nejvýše dva lidé z $b_1,b_2,\dots ,e_1,e_2$, takže se muselo konat alespoň dvanáct dalších večírků. Nyní stačí, aby se osoba $a_2$ zúčastnila libovolných čtyř z těchto dvanácti večírků, a dostaneme přesně situaci popsanou v zadání. Nejmenší možný počet proběhlých večírků je tedy $V=14$.

Výsledek:

$678$

Protože $0<a<b$, máme $b\ge 2$ a $6\cdot \overline{\mathit{bac}}>1200$. Pepa tedy získal čtyřciferné číslo $\overline{\mathit{defg}}=6\cdot \overline{\mathit{bac}}$. Dále víme, že $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=\overline{\mathit{dfeg}}$. Odečtením těchto dvou rovností dostaneme

Tedy $540(b-a)=90(e-f)$, neboli $6(b-a)=e-f$. Jelikož $e$ a $f$ jsou cifry, je $|e-f|\le 9$, takže vzhledem k podmínce $b>a$ musí být $e-f=6$ a $b-a=1$. Dosadíme-li $b=a+1$ do vztahu $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$, dostaneme

Číslo $\overline{\mathit{defg}}$ se tedy musí lišit od násobku $660$ o nějaký nenulový násobek šestky, který je nanejvýš $42$ ($c\ge 3$). Vyzkoušíme-li postupně $a=1,2,\dots ,7$, nalezneme všechny kandidáty na $\overline{\mathit{defg}}$: $1938$, $2604$, $3930$, $3936$, $4602$, $4608$. Jedině pro $\overline{\mathit{defg}}=4608$ má $\overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}∕6=768$ různé nenulové cifry. Nyní už zbývá jen ověřit, že skutečně $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=6\cdot 678=4068=\overline{\mathit{dfeg}}$.

Výsledek:

$70$

Zvířata se mohou potkat pouze v prostřední řadě. Cesta každého z nich je navštíveným úsekem prostřední řady jednoznačně určena a zvířata se potkají, právě když mají tyto úseky neprázdný průnik. Hledáme tedy počet dvojic disjunktních úseků prostřední řady.

Nejprve rozebereme případ, kdy je mezi úseky alespoň jedno prázdné políčko. Počet takovýchto dvojic spočteme jako $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$, neboť vybíráme čtyři ze šesti přepážek v prostřední řadě (první a druhá přepážka určují jeden úsek, třetí a čtvrtá druhý úsek). Pokud mezi úseky není žádné volné pole, dostáváme podobně $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$ dvojic. Pro každou dvojici úseků máme dva způsoby, jak k nim přiřadit zvířata, což dává celkem $2\cdot (\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right))=70$ způsobů.

Výsledek:

172

Platí $\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor =k$, právě když $k^3\le n\le {(k+1)}^3-1$. Každé $k$-té (počínaje $k^3$) z $3k^2+3k+1$ čísel v tomto intervalu je dělitelné číslem $k$, tedy takových čísel je $3k+4$. Nyní už zbývá jen sečíst tyto výrazy přes všechna $k$, pro která ${(k+1)}^3-1\le 1000$, a přičíst jedničku za číslo $1000$, jež rovněž splňuje podmínky. Výsledek je tedy

Výsledek:

281/2

Nechť $a$, $b$, $c$ jsou kořeny dané rovnice, jež jsou zároveň stranami pravoúhlého trojúhelníka. Můžeme BÚNO předpokládat, že $0<a,b<c$, takže podle Pythagorovy věty platí $a^2+b^2=c^2$. Z Viètových vztahů (nebo roznásobením výrazu $(x-a)(x-b)(x-c)$ a porovnáním koeficientů) dostáváme

Umocníme $15\sqrt{2}-c=a+b$ na druhou a upravíme do tvaru $450-30\sqrt{2}c=2\mathit{ab}$. Po vynásobení $c$ a dosazení $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ obdržíme kvadratickou rovnici

s kořeny $c_1=\sqrt{2}$ a $c_2=13\sqrt{2}∕2$. Protože podmínky $0<a,b<c$ a $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ připouští pouze $c=13\sqrt{2}∕2$, hledané číslo $m$ se spočte jako

Výsledek:

$4$ zelená a $21$ červených

Nechť $z$ je počet zelených a $c$ počet červených jablek. Zadání úlohy můžeme přepsat jako

ekvivalentně

Na tento vztah můžeme pohlížet jako na kvadratickou rovnici s proměnnou $c$ a parametrem $z$. Diskriminant