Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$130$

Otvor má stejný obsah jako plocha, kde pohyblivá část okénka překrývá sousední pevnou část, což je obdélník o rozměrech $10\text{cm}\times 13\text{cm}$.

Výsledek:

$42$

Z obrázku vidíme, že obvod obdélníku dostaneme sečtením obvodů čtyř krajních obdélníčků se zadaným obvodem a odečtením obvodu prostředního obdélníčku. Výsledek je tedy

Výsledek:

$6301$

Protože poslední cifra Kubova prvočísla nemůže být sudé číslo, musí být ono prvočíslo tvaru $630\ast$. Poslední cifrou nemůže být ani $5$, neboť pak by číslo bylo dělitelné pěti. Zbývají tedy možnosti $1$, $3$, $7$ a $9$. Protože je však $630$ dělitelné třemi, cifry $3$ a $9$ nepřicházejí v úvahu. Ani $7$ nevyhovuje, neboť $7$ dělí $630$, a tudíž i $6307$. Původní číslo tedy bylo $6301$.

Výsledek:

$\frac{41}{70}$

Protože nás zajímají pouze poměry obsahů, můžeme si pro zjednodušení výpočtů zvolit $5\text{m}$ za jednotku. Sečtením obsahů tří pravoúhlých trojúhelníků představujících nezastavěnou plochu se dopracujeme k výsledku

Výsledek:

$4$

Odebrat čtyři body je nutné, neboť čtyři čtverce $1\times 1$ v rozích mřížky nemají žádný společný vrchol. Příkladem čtyř bodů, které odstranit stačí, jsou dva protilehlé rohy mřížky a dva vnitřní body na druhé úhlopříčce.

Výsledek:

$5$

Číslice na místě jednotek se u čtverců přirozených čísel pravidelně opakuje s periodou 10. Máme

poslední číslice tohoto čísla je $5$. Proto poslední číslicí čísla $1^2+2^2+\cdots +2010^2$ je $5$, neboť $201\cdot 5=1005$. Navíc poslední číslice součtu $2011^2+2012^2+\cdots +2017^2$ je $0$. Dohromady dostáváme, že hledaná číslice je $5$.

Výsledek:

$\frac{11}{12}$

Daný podíl se dá přepsat následujícím způsobem:

Výsledek:

$163$

Označme $o$, $l$, $h$ postupně počty vlaků, které projely mezi Lipníkem a Hulínem, Hulínem a Olomoucí a Olomoucí a Lipníkem. Olin na svém stanovišti viděl všechny vlaky, které projely mezi Hulínem a zbylými dvěma městy, tedy $190=o+l$. Analogicky platí $208=l+h$ a $72=o+h$. Sečtením prvních dvou rovnic a odečtením třetí dostaneme $2l=190+208-72$. Po úpravě vyjde $l=163$.

Výsledek:

$256$

Předpokládejme, že $x$ je rovno $a^4$ pro nějaké sudé číslo $a$ a $b^4$ je čtvrtá mocnina lichého čísla, kterou dostaneme vhodným zpřeházením cifer $x$.

Víme, že $10000=10^4$, takže $a$ i $b$ jsou menší než $10$. Snadno zjistíme, že čtvrté mocniny sudých jednociferných čísel končí vždy šestkou. Jediné dvě čtvrté mocniny lichých jednociferných čísel obsahující číslici $6$ jsou $5^4=625$ a $9^4=6561$. V prvním případě je jediná vyhovující možnost $x=4^4=256$. Ve druhém případě si můžeme všimnout, že libovolné číslo vzniklé permutací cifer $9^4$ bude dělitelné třemi (ciferný součet zůstává stejný), nutně tedy $a=6$. Ale $6^4=1296$ a $9^4=6561$. Tato dvě čísla nejsou složená ze stejných cifer, a proto je $256$ jediným řešením.

Výsledek:

$1:7$

Trojúhelníky $\mathit{EBF}$ a $\mathit{CDF}$ jsou podobné s koeficientem podobnosti $|\mathit{BE}|:|\mathit{CD}|=1:6$. Stejný poměr mají i délky $|\mathit{BF}|$ a $|\mathit{DF}|$, takže $|\mathit{BF}|:|\mathit{BD}|=1:7$.

Výsledek:

$200$

Vzhledem k tomu, že v jednom boxu mohou být nejvýše tři koně, musejí být v každém z boxů $51$ až $100$ právě tři. Počet koní v prvních padesáti boxech je tedy roven $56-2\cdot 3=50$ a celkově je ve stáji $50+150=200$ koní.

Výsledek:

$3\cdot 2^{1008}$

Všimněme si, že z čísel na tabuli bude vždy červené větší než zelené. Pokud označíme $n$-té červené číslo jako $c_n$ a $n$-té zelené číslo jako $z_n$, pak platí $c_{n+1}=c_n+z_n$ a $z_{n+1}=c_n-z_n$, z čehož pro následující čísla odvodíme vztah

Červené i zelené číslo se tedy po každých dvou krocích zdvojnásobí. Mezi prvním a $2017$. číslem je právě $2016$ kroků, proto je hledané číslo rovno $3\cdot 2^{1008}$.

Výsledek:

$124$

Všimněme si, že prvním a třetím úsekem cesty jsou výšky v trojúhelnících tvořených stranami obdélníku a zakreslenou úhlopříčkou. Z Pythagorovy věty plyne, že délka úhlopříčky uvažovaného obdélníku je $\sqrt{60^2+80^2}=100$ metrů. Délku čárkované úsečky na úhlopříčce obdélníku můžeme spočítat například pomocí Eukleidovy věty o odvěsně jako $60^2∕100=36$ metrů. Zřejmě jsou délky obou čárkovaných úseček na úhlopříčce stejné, a délka cesty vedoucí po diagonále je tedy $100-2\cdot 36=28$ metrů. Následně například z Eukleidovy věty o výšce dostaneme, že délka zbylých dvou úseků cesty je $\sqrt{36\cdot 64}=48$ metrů. Celá cesta má pak délku $2\cdot 48+28=124$ metrů.

Výsledek:

$8$

Vzhledem k tomu, že číslo $2017$ je tvořeno čtyřmi různými číslicemi, musejí být cifry $a$, $b$, $c$ a $d$ navzájem různé a každou z nich musíme vynechat právě jednou. Podle toho, kterou z číslic $a$ jsme z palindromu vynechali, musí být $a$ buď první, nebo poslední cifra čísla $2017$.

Jak pro $a=2$, tak pro $a=7$ se problém redukuje na šesticiferný palindrom. Například v případě $a=2$ pak vyvstává otázka, z kolika šesticiferných palindromů lze odebráním několika cifer dostat „číslo“ $017$. Znovu máme na výběr ze dvou možností a v rámci každé z nich řešíme stejný problém pro čtyřciferné palindromy a jedno z dvojčíslí $01$ nebo $17$. Poté máme opět dvě možnosti. V kroku následujícím už ale máme pouze jednu, protože dvojciferný palindrom, ze kterého má vzniknout daná cifra, je daný jednoznačně. Dohromady je to $2\cdot 2\cdot 2\cdot 1=8$ možností.

Výsledek:

$9$

Pro jednociferná přirozená čísla $n$ platí, že $S(n)+P(n)=2n>n$; můžeme je tedy vyloučit. Nyní nechť $m\ge 1$ a $n=a_{m}10^m+\cdots +a_0$ pro nenulové $a_m$. Pak platí série odhadů

Rovnost může zřejmě nastat pouze pro $m=1$, tedy pro dvojciferná čísla. Pro $m=1$ máme

odkud dostáváme $a_0=9$. Existuje právě devět dvojciferných čísel, která končí na devítku.

Výsledek:

$19$

Označme $x$, $y$ a $z$ postupně počty vedoucích oddělení, řadových pracovníků a brigádníků. Ze zadání dostáváme následující soustavu rovnic v přirozených číslech:

Vyjádřením $z$ z rovnice $(2)$ a dosazením do rovnice $(1)$ získáme vztah $z=2000-20y-100x$. Pravá strana je dělitelná dvaceti, a proto $z=20k$ pro nějaké přirozené $k$. Dosazením do vztahu a vydělením dvaceti pak obdržíme rovnost $5x+y+k=100$. Odečteme-li rovnici $(1)$, dostaneme $4x=19k$. Čísla $4$ a $19$ jsou nesoudělná, proto je $x$ násobkem devatenácti. Protože jsou $x$, $y$, $z$ kladná čísla, plyne z $(2)$, že $x<20$. Z předchozích dvou pozorování dostáváme, že $x=19$. Soustava má tudíž jediné řešení $(x,y,z)=(19,1,80)$.

Výsledek:

$51$

Otočíme-li šedý trojúhelník o $30^{\circ }$ kolem středu kružnice, jeho vrcholy splynou s vrcholy šestiúhelníku. Z obrázku níže je patrné, že poměr obsahů trojúhelníku a šestiúhelníku je $1:2$.

Dále víme, že vyšrafované trojúhelníky jsou rovnostranné a délka jejich strany je rovna délce strany šestiúhelníku, tedy obsah šestiúhelníku je šestinásobkem obsahu vyšrafovaného trojúhelníku. Obsah šedého trojúhelníku (jakožto polovina obsahu šestiúhelníku) je pak $3\cdot 17=51$.

Výsledek:

$15$

Začneme-li dláždit od „úzkých částí“, zjistíme, že dláždění je určené jednoznačně až na spodní obdélník $3\times 5$:

Máme dohromady tři možnosti, jak tento obdélník dodláždit. Buď položíme další dlaždici ve stejném směru jako tu, jež do obdélníku přečnívá, a zbudou nám dva menší obdélníky $3\times 2$ (obrázek (1)), nebo ji položíme kolmo (obrázky (2) a (3)). V těchto případech máme dláždění dáno jednoznačně až na jeden menší obdélník $3\times 2$.

Snadno spočítáme, že oblast $3\times 2$ může být vydlážděna právě třemi způsoby, tedy dohromady máme $3\cdot 3=9$ způsobů, jak dokončit dláždění v prvním případě, a po třech způsobech dodláždění zbylých dvou případů. Celkem máme $9+3+3=15$ možných způsobů, jak vydláždit směrovky.

Výsledek:

$2021$, $10085$

Pro vybraného dělitele $d$ čísla $n$ platí $n=\mathit{kd}$, kde $k$ je nějaké celé číslo. Zadání úlohy převedeme na rovnici

Protože $2017$ je prvočíslo, připadá v úvahu jen $d=1$ nebo $d=2017$. V prvním případě dostaneme $n=k=2017+4=2021$. Ve druhém případě pak $k=5$, a tedy $n=2017\cdot 5=10085$.

Výsledek:

$60$

Posadí-li se ke stolu Anička (na jednu z pěti židlí), pak má paní učitelka jen dvě možnosti, kam posadit Davida. To dává dohromady $5\cdot 2$ možností. Vzhledem k tomu, že pro každou z nich můžeme ostatní děti rozesadit $3!$ způsoby, dostáváme celkem $5\cdot 2\cdot 3!=60$ možností.

Výsledek:

$73^{\circ }$

Označme $S$ a $T$ postupně průsečíky přímek $\mathit{AC}$ a $\mathit{DM}$ a přímek $\mathit{AC}$ a $\mathit{BD}$.

Jelikož $|\sphericalangle \mathit{MAC}|=56^{\circ }$ a $\mathit{AC}\perp \mathit{DM}$, je $|\sphericalangle \mathit{SMA}|=180^{\circ }-56^{\circ }-90^{\circ }=34^{\circ }$. Navíc $|\sphericalangle \mathit{BMD}|=180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{SMA}|=146^{\circ }$. Víme, že $\mathit{DM}$ a $\mathit{BM}$ jsou poloměry kružnice, a tedy je trojúhelník $\mathit{BDM}$ rovnoramenný a $|\sphericalangle \mathit{MDB}|=17^{\circ }$. Naším cílem je najít $|\sphericalangle \mathit{CTB}|=|\sphericalangle \mathit{STD}|$. Druhý z úhlů můžeme spočítat z pravoúhlého trojúhelníku $\mathit{DST}$, pokud víme, že $|\sphericalangle \mathit{SDT}|=|\sphericalangle \mathit{MDB}|$. Výpočtem dostaneme, že $|\sphericalangle \mathit{CTB}|=73^{\circ }$.

Výsledek:

$488$

Označme $f_n$ délku zvýrazněné hranice $n$-tého obrazce. Všimněme si, že $n+1$-tém kroku k sobě lepíme tři $n$-té obrazce podél dvou hraničních úseček délky jedna, které potom už nejsou součátí hranice. Tedy $f_{n+1}=3\cdot f_n-2\cdot 2$ pro všechna $n>1$ a zároveň $f_1=4$. Snadno dopočítáme $f_6=488$.

Výsledek:

$1345$

Na začátku si všimněme, že žádní dva démoni nesedí vedle sebe. Pokud by tomu tak bylo, musel by z každé strany této dvojice sedět démon. Dalším použitím stejného argumentu pak dostáváme, že u stolu sedí pouze démoni. To není pravda, protože u stolu sedí alespoň jeden anděl.

Pokud na chvíli zapomeneme na anděla, který se spletl, sedí každý anděl vedle démona a jiného anděla. Celé osazenstvo je tedy možné rozdělit na trojice anděl-anděl-démon. Anděla, který se spletl, můžeme buď posadit mezi dva anděly, nebo spolu s jedním dalším démonem vtěsnat mezi anděla a démona.

V prvním případě je zbytek počtu účastníků po dělení třemi 1 a ve druhém 2. Vzhledem k tomu, že $2017$ dává zbytek jedna, musí nastat první varianta a andělů je celkem $\frac{2}{3}\cdot 2016+1=1345$.

Výsledek:

$\sqrt[2016]{2017}$

Protože $x$ je nezáporné, můžeme celou rovnici umocnit na $\frac{1}{x}$. Tím dostaneme rovnici $x^{2017}=2017x$ neboli $x^{2016}=2017$. Řešením je proto $x=\sqrt[2016]{2017}$.

Výsledek:

$10$

Pravidelný dvanáctistěn má dvacet vrcholů a v každém se stýkají tři hrany. Nakresleme si graf, v němž vrcholy a hrany reprezentují vrcholy a hrany dvanáctistěnu.

Pokaždé, když Vasil mění barvu, odstraňme z grafu všechny obarvené hrany. Všimněme si, že pokud Vasil vybarví hrany v uzavřeném cyklu, pak zůstane parita počtu hran vycházejících z každého vrcholu stejná. Jsou-li naopak počáteční a koncový vrchol odebíraného úseku různé, pak se změní parita počtu hran vycházejících z těchto dvou vrcholů. Vzhledem k tomu, že do každého vrcholu vedou tři hrany, musí být každý vrchol alespoň jednou počáteční nebo koncový, tedy barev musí být alespoň deset.

Deset barev stačí, jak ukazuje následující obrázek:

Výsledek:

$24$

Chodníček můžeme rozdělit na tři lichoběžníky s výškou $2\text{m}$ a středními příčkami postupně $a$, $b$ a $c$.

Obsah lichoběžníku lze vyjádřit jako součin délky střední příčky a výšky. Plocha chodníčku je tedy

Objem potřebného štěrku spočítáme jako součin plochy chodníčku a tloušťky vrstvy, kterou na něj chceme nasypat, což je $600{\text{m}}^2\cdot 0,04\text{m}=24{\text{m}}^3$.

Výsledek:

$7744$

Označme hledané čtyřciferné číslo $N$. Potom

takže $N$ je dělitelné jedenácti. Vzhledem k tomu, že $N$ je čtverec, musí být dělitelné dokonce $11^2$ a můžeme ho zapsat ve tvaru $N=11^2{k}^2$, kde $k$ je nějaké přirozené číslo. Při tomto značení platí, že $100x+y=11k^2$. Levá strana uvedené rovnosti je trojciferné číslo $\overline{x0y}$. K tomu, aby na pozici desítek mohla vyjít nula, musí být $k^2$ dvojciferný čtverec s ciferným součtem $10$. Jediný takový čtverec je $8^2=64$. Dosazením dostaneme $100x+y=11\cdot 8^2$ a $N=11^2\cdot 8^2=88^2=7744$.

Výsledek:

$\frac{51}{58}$

Nechť je $1000$. účastník loterie Emil. Pokud Emil rozloží míčky tak, že do tří beden dá po jednom bílém míčku a zbytek nechá v poslední bedně, tj. $(1,0),(1,0),(1,0),(15,14)$, pak je jeho šance na výhru $\frac{1}{4}(1+1+1+\frac{15}{29})=\frac{51}{58}$.

Pravděpodobnost, že Emil prohraje, je rovna součtu pravděpodobností, že si vytáhne jednotlivé černé míčky. Pravděpodobnost, že černý míček bude vytažen, je nejmenší, pokud je v krabici s co největším počtem míčků. Z toho vyplývá, že výše uvedené rozložení míčků dává Emilovi skutečně největší šanci na výhru.

Výsledek:

$80$

Motocykl projel okolo prvního fanouška $t$ hodin po kamionu a okolo druhého $t$ hodin před ním. Motocykl tedy ujede vzdálenost mezi diváky o $2t$ hodin rychleji než kamion. Ze zadání víme, že motocykl se pohybuje dvakrát rychleji než kamion, takže vzdálenost mezi diváky ujede za polovinu času. Kamionu trvá $4t$ hodin, než se od prvního fanouška dostane ke druhému, zatímco motocyklu jen $2t$ hodin.

Autobus minul prvního diváka o $t$ hodin dříve a druhého o $2t$ hodin dříve než kamion. Protože kamionu zabere cesta mezi fanoušky $4t$ hodin, ujede autobus stejnou vzdálenost za $3t$ hodin. Rychlost autobusu tedy dosahuje $\frac{4}{3}$ rychlosti kamionu, což je $80\text{km/h}$.

Výsledek:

$50$, $50$, $60$

Je zřejmé, že ve výroku nemůže být více než deset číslic. S ohledem na již známé číslice si pak všimneme, že čísla vyplněná do prvních dvou obdélníčků musejí být alespoň $20$ a číslo vyplněné do toho třetího nejméně $40$. Celkový počet číslic je tudíž $10$ a všechna čísla v obdélníčcích proto musejí končit nulou. Můžeme si je tedy označit po řadě $\overline{a0}$, $\overline{b0}$ a $\overline{c0}$, přičemž $a$, $b$ a $c$ jsou cifry splňující $a+b=10$.

Poněvadž se mezi číslicemi vyskytují minimálně dvě větší než $4$ a minimálně pět menších či rovných $4$, platí $5\ge a\ge 2$. Navíc alespoň jedna z cifer $a$ a $b$ je větší než $4$, a tedy dokonce $5\ge a\ge 3$.

Z toho, že máme již čtyři číslice rovny buď $4$, nebo $5$, plyne $c\ge 4$. Protože definice $\overline{c0}\%$ vylučuje případ $c=4$, musí být $c\ge 5$, odkud plyne $5\ge a\ge 4$. V případě, že $a=4$, dostáváme $b=6$, pak ale pro žádné $c\ge 5$ není možné dostat pravdivý výrok, jak požaduje zadání. Pokud však $a=5$, pak $b=5$ a výrok je pravdivý pro $c=6$.

Výsledek:

$30\sqrt{\frac{2}{7}}$

Protože trojúhelník $\mathit{PBC}$ má větší obsah než trojúhelník $\mathit{PAB}$, je konec nového plotu na straně $\mathit{AC}$ (označme jej $X$) vnitřním bodem úsečky $\mathit{CP}$ a druhý konec (označme jej $Y$) leží na straně $\mathit{BC}$. Trojúhelníky $\mathit{PBC}$ a $\mathit{XY}C$ jsou podobné, proto $|\mathit{XY}|:|\mathit{XC}|=|\mathit{PB}|:|\mathit{PC}|$.

Protože obsah trojúhelníku $\mathit{XY}C$ je polovinou obsahu trojúhelníku $\mathit{ABC}$, platí

neboli

a tudíž

Výsledek:

$-144$

Označme původní čísla na tabuli jako $a\le b\le c\le d\le e$. Podíváme-li se na oněch deset součtů, nejmenší z nich musí být $a+b=1$, druhý nejmenší $a+c=2$, největší $d+e=10$ a druhý největší $c+e=9$. Sečtením všech deseti součtů dostaneme

takže $a+b+c+d+e=14$. Z uvedených vztahů získáme nejprve $c=14-1-10=3$ a následně $a=2-c=-1$, $b=1-a=2$, $e=9-c=6$ a $d=10-e=4$. Pro tuto pětici snadno ověříme, že ostatních šest součtů vychází správně. Hledaný součin je tedy $-1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 6=-144$.

Výsledek:

$3^2+5^2+7^2+9^2+13^2$

Protože $17^2=289<333<361=19^2$, mohou v součtu figurovat pouze sčítance $1^2,3^2,\dots ,17^2$ (celkem devět různých čísel). Všimněme si, že čtverec kteréhokoliv lichého čísla dává po dělení osmi zbytek $1$. Protože zbytek $333$ po dělení osmi je $5$, musí být použito právě pět sčítanců.

Sčítanec $17^2$ nelze využít, protože $1^2+3^2+5^2+7^2+17^2>333$. Podívejme se na ostatní sčítance modulo $5$. Dva z nich jsou pěti dělitelné ($5^2$ a $15^2$), tři dávají zbytek $1$ ($1^2$, $9^2$, $11^2$) a zbylé tři zbytek $4$ ($3^2$, $7^2$, $13^2$). Protože $333$ dává zbytek $3$, připadají v úvahu dvě možnosti. Buď můžeme sečíst všechna čísla se zbytkem $0$ a $1$ (příslušný součet je ale větší než $333$), nebo můžeme sečíst všechna čísla se zbytkem $4$, přičíst jedno se zbytkem $0$ a jedno se zbytkem $1$. Snadno vidíme, že součty obsahující $11^2$ či $15^2$ jsou moc velké. Ze zbývajících dvou případů dává požadovaný součet $333$ jen pětice $3^2+5^2+7^2+9^2+13^2$.

Výsledek:

$4$

Ze vztahu $0=0\odot u=\mathit{bu}$ zjišťujeme, že $b=0$ (protože $u$ je nenulové). Proto můžeme zadané rovnosti přepsat jako

což je soustava rovnic s řešením $a=5$, $c=-1$. Nakonec ze vztahu $1=1\odot u=5-u$ odvodíme $u=4$.

Výsledek:

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

Po vzoru obrázku označíme jisté body dotyku jako $A$, $B$ a $T$ a středy kružnic jako $X$, $Y$ a $Z$.

Z Pythagorovy věty vyplývá

Úsečky $\mathit{BY}$ a $\mathit{TZ}$ jsou rovnoběžné a mají obě délku $r$, takže čtyřúhelník $\mathit{BY}\mathit{ZT}$ je rovnoběžník, z čehož odvodíme $|\mathit{BT}|=|YZ|=2r$. Získané rovnosti dosadíme do vztahu $|\mathit{AB}{|}^2+|\mathit{AT}{|}^2=|\mathit{BT}{|}^2$, plynoucího z Pythagorovy věty pro trojúhelník $\mathit{ABT}$, a dostaneme $4r+2^2={(2r)}^2$. Po vykrácení vyjde kvadratická rovnice

jejímž jediným kladným kořenem je $r=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Výsledek:

$72$

Čísla na zdi označme $a_1,\dots ,a_5$. Hledáme nejmenší možnou hodnotu

kde $\lfloor x\rfloor$ značí značí dolní celou část $x$ neboli největší celé číslo nepřesahující $x$. Tento výraz můžeme přepsat jako

kde $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$ vyjadřuje desetinnou část $x$. Naším cílem je tedy maximalizovat součet

Ten můžeme přepsat jako

pokud doplníme $a_6=a_1$ a $a_7=a_2$. Dále z rovností

plyne, že $S_1$, $S_2$ jsou celá čísla. Navíc je každé součtem pěti čísel menších než $1$, takže jsou obě nejvýše $4$. Tedy $S\le 8$. Pro původní součet dostaneme $W\ge 72$, přičemž rovnost získáme volbou $\{a_1\}=\{a_2\}=\{a_3\}=\{a_4\}=\{a_5\}=0,4$.

Výsledek:

$864$

Nejmenším dělitelem $n$ je $1$. Druhého a třetího nejmenšího dělitele $n$ označme postupně $p$ a $q$ (takto bude $p$ prvočíslo a $q$ buď prvočíslo, nebo $q=p^2$). Pak $\xi (n)=1+p+q$ a $𝜗(n)=n+n∕p$. Po vynásobení $p$ můžeme podmínku ze zadání přepsat jako

Pravá strana je dělitelná $p+1$, a protože $p$ a $p+1$ jsou nesoudělná, platí $p+1\mid {(1+p+q)}^4$. Kdyby $p$, $q$ byla obě lichá, bylo by $p+1$ sudé a ${(1+p+q)}^4$ liché, což není možné. Proto $p=2$ ($2$ musí dělit $n$ a $p$ je nejmenší prvočíselný dělitel). Dále rozvinutím ${(1+p+q)}^4={(3+q)}^4$ podle binomické věty a vynecháním členů dělitelných třemi zjistíme, že $3\mid q^4$, a tedy také $3\mid q$. Možnost $q=p^2$ zjevně nenastává, takže $q$ je prvočíslo, konkrétně $q=3$. Máme $n\cdot 3=2\cdot 6^4$ a $n=2^5\cdot 3^3=864$.

Výsledek:

$51$

Podívejme se nejprve situaci, kdy obsadíme prostřední pole. V takovém případě může myška k sýru proniknout jedině jednou ze dvou chodbiček vedoucích podél stěn. Jedna z nich proto musí zůstat volná a překážky můžeme skládat pouze do druhé z nich. Chodbička se skládá ze tří políček, takže máme $2^3=8$ možností, jak částečně zaplnit jednu z nich, a tedy $8+8-1=15$ způsobů, jak nechat alespoň jednu z chodbiček volnou. (Museli jsme odečíst jedničku, protože jinak bychom situaci, kdy jsme nechali volné obě chodbičky, započítali dvakrát.)

Zaměřme se nyní na případ, kdy necháme prostřední pole volné. Zde existuje cesta k sýru právě tehdy, když je volné alespoň jedno políčko sousedící s myškou a alespoň jedno políčko sousedící se sýrem. Dvojici políček vedle myšky tedy můžeme obsadit třemi různými způsoby (nesmíme je zaplnit obě) a dvojici políček vedle sýra také třemi. Každé ze zbývajících dvou rohových polí poskytuje dvě možnosti, takže počet vyhovujících rozmístění je tentokrát $3\cdot 3\cdot 2\cdot 2=36$.

Proto existuje dohromady $15+36=51$ způsobů, jak myšku potrápit, ale ne umořit hlady.

Výsledek:

$-3$

Nejdříve si všimneme, že pokud k oběma stranám rovnice přičteme $10$, můžeme z levé strany vytknout $x^2+1$, čímž dostaneme

Na výraz na levé straně se můžeme dívat jako na součin dvou kvadratických funkcí $f(x)=x^2+1$ a $g(y)=y^2+6y+10$. Protože grafy kvadratických funkcí jsou symetrické a v tomto případě jsou obě funkce nejprve klesající a teprve potom rostoucí, nejmenší hodnota $x_0$ dává největší hodnotu $f$. Hodnota $g(y_0)$ musí být naopak nejmenší možná, neboť součin $f(x)g(y)$ je kladná konstanta. Stačí tedy zjistit, ve kterém bodě má $g(y)={(y+3)}^2+1$ své minimum. Odpověď je $y_0=-3$.

Výsledek:

$\frac{4\sqrt{3}}{11}$

Nechť $P$ je bod na straně $\mathit{BC}$ takový, že $\mathit{DP}\parallel \mathit{AC}$. Protože jsou trojúhelníky $\mathit{ABC}$ a $\mathit{DBP}$ podobné, platí $|\mathit{AC}|:|\mathit{BC}|=|\mathit{DP}|:|\mathit{BP}|$.

Ze sinové věty pro trojúhelníky $\mathit{CDE}$ a $\mathit{CBE}$ vyjádříme poměry $\sin |\sphericalangle \mathit{CED}|:\sin |\sphericalangle \mathit{ECD}|=|\mathit{CD}|:|\mathit{ED}|$ a $\sin |\sphericalangle \mathit{CEB}|:\sin |\sphericalangle \mathit{ECB}|=|\mathit{CB}|:|\mathit{EB}|$. Protože sinus vedlejších úhlů je stejný a $|\sphericalangle \mathit{ECB}|=|\sphericalangle \mathit{ECD}|$, dostaneme s využitím zadání $|\mathit{CD}|:|\mathit{CB}|=|\mathit{ED}|:|\mathit{EB}|=8:15$. Dále $|\mathit{DP}|=|\mathit{CD}|\cdot \sin 60^{\circ }$ a $|\mathit{BP}|=|\mathit{CB}|-|\mathit{CP}|=|\mathit{CB}|-|\mathit{CD}|\cdot \cos 60^{\circ }$, tedy

Výsledek:

$232$

Symbolem $N_k$ označíme maximální $N$, pro něž Háňa vybavená $k$ korunami dokáže najít neznámé číslo z rozmezí $1,\dots ,N$ (a samozřejmě i z libovolného jiného intervalu délky $N$); naším úkolem je určit $N_{10}$. Zjevně $N_0=1$ a $N_1=2$. Dále ukážeme, že platí rekurentní vztah

Má-li Háňa $k+2$ korun a zvolí číslo $N_{k+1}+1$, pak mohou nastat tři možnosti: trefí se, přestřelí (a musí pokračovat s $k+1$ korunami a intervalem o délce $N_{k+1}$), nebo tipne moc nízké číslo (a následně má $k$ korun na prozkoumání rozmezí délky $N_k$). Z toho plyne $N_{k+2}\ge N_{k+1}+N_k+1$. Kdyby ale měla více než $N_{k+1}+N_k+1$ čísel, z nichž může vybírat, pak volbou čísla většího než $N_{k+1}+1$ riskuje, že bude ponechána s intervalem delším než $N_{k+1}$ a pouhými $k+1$ korunami – to nastane v případě, že bude tipnuté číslo moc vysoké. Pokud naopak zvolí číslo menší než $N_{k+1}+2$, hrozí jí, že skončí s více než $N_k$ možnostmi a jen $k$ korunami – v případě, že bude tip moc nízký. Tím je kýžená rekurence dokázána.

S její znalostí už můžeme přímočaře vypočítat $N_{10}=232$.

Výsledek:

$134$

Levou stranu rovnosti lze vynásobit dvěma a příčíst jedničku, což nám umožní využít vzorec

Když tutéž operaci provedeme s pravou stranou, získáme $2\cdot 2017+1=4035$. Rozkladem na prvočísla dostaneme $4035=3\cdot 5\cdot 269$, a jelikož $a\ge b\ge c\ge 1$, lze z toho vyvodit $2a+1=269$, $2b+1=5$ a $2c+1=3$. Výsledkem je proto $a=134$.

Výsledek:

$14$

Označme dolní konce nohou $A$, $B$, $C$ a jejich příslušné horní konce postupně $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$. Dále nechť $O$ je střed trojúhelníku $\mathit{ABC}$ (neboli bod dotyku koule a povrchu planety), $S$ střed koule a $D=\mathit{AO}\cap \mathit{BC}$. Máme $\mathit{AO}=\mathit{AB}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=3\sqrt{3}\text{ms}$, $A{A}^{\prime }=1\text{ms}$ a $\mathit{SO}=S{A}^{\prime }=R$. Pythagorova věta dává

z čehož dostaneme $R=14\text{ms}$.

Výsledek:

$1021$

Představme si, že na dně košíku od začátku leží tři další, imaginární ořechy. V tom případě je celkový počet ořechů násobkem čtyř. Povšimněme si, že po Albrechtově zásahu je celkový počet ořechů opět dělitelný čtyřmi a jsou mezi nimi všechny tři imaginární oříšky. Zopakováním této úvahy ještě čtyřikrát zjistíme, že původní počet ořechů včetně těch fiktivních musel být $4^{5}k$ pro nějaké přirozené $k$, takže skutečných ořechů bylo $4^{5}k-3$. Na druhé straně je snadno vidět, že všechna čísla tvaru $4^{5}k-3$ zadání vyhovují. Dosazením $k=1$ tedy nalezneme kýžené minimum $4^5-3=1021$.

Výsledek:

$19$

Začneme obecným pozorováním, a sice, že pro každé reálné číslo $x>1∕2$ leží v polootevřeném intervalu $⟨x,2x)$ právě jedna mocnina dvojky.

Dále nazveme přirozené číslo uťáplé, jestliže není dělitelné žádným prvočíslem různým od $2$ a $3$. Počet uťáplých čísel v intervalu $⟨x,2x)$ lze spočítat následujícím způsobem: Zaprvé je v intervalu $⟨x,2x)$ právě jedna mocnina dvojky. Zadruhé leží v intervalu $⟨x,2x)$ nanejvýš jedno uťáplé číslo (označme jej $c_1$) dělitelné trojkou, ale ne $3^2$, neboť $c_1∕3$ je ona jediná mocnina dvojky ležící v intervalu $⟨x∕3,2x∕3)$, předpokládáme-li $x>1∕6$. Můžeme pokračovat obdobně a najít uťáplé $c_2$ dělitelné $3^2$, ale ne $3^3$, pak $c_3$ atd., až nakonec $⟨x∕3^k,2x∕3^k)\cap \mathbb{N}=\varnothing$ neboli $x<3^{-k}∕2$. Z toho můžeme usoudit, že počet uťáplých čísel v intervalu $⟨x,2x)$ je $1+$největší $k$ splňující $3^k<2x$; označme tuto hodnotu jako ${\ell }_3(x)$.

Počet vychovaných čísel v intervalu $⟨x,2x)$ zjistíme podobnou technikou. Hledanou hodnotu dostaneme sečtením počtů uťáplých čísel v intervalech $⟨x,2x)$, $⟨x∕7,2x∕7)$, $⟨x∕7^2,2x∕7^2)$ atd. Do tohoto součtu ${\ell }_3(x)+{\ell }_3(x∕7)+{\ell }_3(x∕7^2)+\dots$ přispěje ${\ell }_7(x)$ sčítanců, kde symbol ${\ell }_7$ definujeme obdobně jako ${\ell }_3$.

Protože číslo $2000$ není vychované, chce po nás úloha určit počet vychovaných čísel v intervalu $⟨1000,2000)$, což je

Výsledek:

$321$

Nejprve si všimněme, že i nejmenší čtyřciferné číslo, $1111$, je větší než $\mathrm{DDD}$. Na obelisku jsou proto vypsána právě všechna jednociferná, dvojciferná a trojciferná čísla v decimické soustavě.

Čísla, jež mají v decimické soustavě právě $k$ cifer, odpovídají řetězcům

Chceme-li spočítat celkové množství déček, která se vyskytují v $k$-ciferných číslech, můžeme to udělat následovně: Zjevně existuje právě $10^{k-1}$ čísel, která mají $D$ na první pozici (protože ostatní pozice můžeme obsadit zcela libovolně). Dále existuje stejný počet čísel, která mají $D$ na druhé pozici, protože máme opět $k-1$ pozic, které můžeme obsadit libovolně. Stejně tak najdeme $10^{k-1}$ čísel s déčkem na třetí pozici, a tak dále až do $k$-té pozice. Dohromady se proto v $k$-ciferných číslech vyskytuje $k\cdot 10^{k-1}$ číslic $D$. Každé číslo jsme totiž započítali právě tolikrát, kolik $D$ obsahovalo, což odpovídá požadavkům zadání.

Můžeme tedy uzavřít, že počet výskytů číslice $D$ v číslech $1,\dots ,\mathrm{DDD}$ je dohromady $1\cdot 10^0+2\cdot 10^1+3\cdot 10^2=321$.

Výsledek:

$21$

Díky rovnosti úsekového a obvodového úhlu je $|\sphericalangle \mathit{EXF}|=|\sphericalangle \mathit{EY}X|$. Protože mají trojúhelníky $\mathit{FEX}$ a $\mathit{FY}X$ navíc společný úhel u vrcholu $F$, jsou si podobné. Platí tedy $|\mathit{EF}|:|\mathit{XF}|=|\mathit{XF}|:|YF|$ neboli $|\mathit{XF}{|}^2=|\mathit{EF}|\cdot |YF|=5\cdot 12=60$ (což je zároveň vyjádření mocnosti bodu $F$ ke kružnici $\omega$).

Nechť $t=\frac{1}{2}|\mathit{AB}|$ je polovina strany čtverce. Pak podle Pythagorovy věty platí

takže hledaný obsah trojúhelníku $\mathit{FY}C$ můžeme vyjádřit jako

Výsledek: