Zadání a řešení úloh

Výsledek:

4444

Nahradíme-li „vnitřní“ rohy „vnějšími“, dostaneme obdélník o stranách $2018$ a $70+134=204$, který má zřejmě stejný obvod jako původní desetiúhelník. Obvod obdélníku spočteme jako $2\cdot (2018+204)=4444$.

Výsledek:

$34$

Hodinová ručička urazí $360^{\circ }:12=30^{\circ }$ za hodinu, což dělá $1^{\circ }$ za dvě minuty. Jelikož $137^{\circ }=4\cdot 30^{\circ }+17^{\circ }$, urazila hodinová ručička od 12:00 čtyři celé hodiny a $17\cdot 2=34$ minut.

Výsledek:

18

Pokud pampam znamená méně, pak Jirka získal nejvíce bodů a Karel nejméně, a pokud pampam znamená více, je tomu právě naopak. V každém případě Lucien a Marta dosáhli prostředních dvou výsledků, to je $6$ a $12$ bodů. Hledaný součet je tedy $18$.

Výsledek:

17

Jelikož Kubův dům č. $12$ má u Kubikuly č. $7$, je zřejmě Kubův dům č. $6=12-6$ Kubikulovým č. $1=7-6$. Zároveň má Kubův dům č. $5=4+1$ pro Kubikulu číslo $17=16+1$; na náměstí tudíž stojí $17$ domů.

Výsledek:

$19$

Podle původního návodu tvoří ocet deset procent jednoho z pěti dílů. Stejné koncentrace je dosaženo, pokud ocet tvoří $40=4\cdot 10$ procent jednoho z $4\cdot 5=20$ dílů. Potřebujeme tedy přidat $19$ dílů vody.

Výsledek:

$110^{\circ }$

Doplňme body $D$ a $E$ ležící po řadě na $h$ a $g$ tak, aby úhly v zadání byly vnitřními úhly pětiúhelníku $\mathit{ABCDE}$. Jelikož součet nově přidaných úhlů je $180^{\circ }$ (můžeme dokonce zvolit $D$ a $E$ stejně jako na obrázku tak, aby úhly u nich byly pravé) a součet vnitřních úhlů pětiúhelníku je $540^{\circ }$, odvodíme, že hledaná hodnota je $540^{\circ }-180^{\circ }-105^{\circ }-145^{\circ }=110^{\circ }$.

Výsledek:

$67,5^{\circ }$

Označme $X$, $Y$ ony dva body, u nichž je na obrázku znázorněn úhel $𝜀$. Pak $|\sphericalangle \mathit{AXY}|=|\sphericalangle \mathit{AY}X|=𝜀$. Navíc $|\sphericalangle \mathit{XAY}|=|\sphericalangle \mathit{CAB}|=45^{\circ }$, takže vnitřní úhly trojúhelníku $\mathit{XY}A$ splňují rovnost

a $𝜀=67,5^{\circ }$.

Výsledek:

$7$

Uvažme situaci, kdy je Zuzce $z$ let, její matce $m$ let a $z$ je $m$ pozpátku. Čísla $z$ a $m$ mají stejný počet číslic (ovšem $z$ může začínat nulou, pokud $m$ nulou končí) a tento počet je nejméně $2$. Označme $a$ a $b$ po řadě číslice na místě jednotek $z$ a $m$. Zuzčina matka je o $27$ let starší, takže buď $a+7=b$, nebo $a+7=10+b$. Pokud je matce alespoň $100$ let, pak rozdíl prvních číslic jejich věků je nejvýše $1$, což není možné, protože tyto číslice jsou právě $b$ a $a$. Takže $z$ i $m$ mají dvě číslice.

Potřebujeme tedy najít všechna čísla $\overline{\mathit{ab}}$ splňující

Zjevně $a>b$, takže podmínka $a+7=b$ nemůže být splněna. Tudíž $a+7=10+b$ neboli $a=b+3$. Z $b\ge 0$ plyne, že $a\ge 3$. Pro každou číslici $b\in \{0,1,\dots ,6\}$ dostaneme $a=b+3$. Je snadné ověřit, že pro tyto číslice je rovnost $\overline{(b+3)b}=\overline{b(b+3)}+27$ splněna. Hledaná situace nastane sedmkrát, a to pro Zuzčin věk $3$, $14$, $25$, $36$, $47$, $58$ a $69$ let.

Výsledek:

$3∕4$

Pokud je kostka v rohu krychle, pak jsou viditelné tři její stěny, pokud je v jedné z hran, jsou viditelné dvě, pokud je ve stěně, je vidět jedna, a pokud je uvnitř, není z ní vidět nic. Krychle má celkem osm rohů a každá z jejích dvanácti hran obsahuje dvě kostky – to je celkem $32$ pozic. Je zřejmé, že největšího podílu bílého povrchu je dosaženo umístěním bílých krychlí právě na tyto pozice. V tomto uspořádání vypadá každá stěna krychle stejně a obsahuje dvanáct bílých a čtyři černé stěny. Maximální podíl bílé v celém povrchu je tedy $12∕16=3∕4$.

Výsledek:

3

Jelikož nikdo neselhal v psychologickém a zkušenostním testu zároveň, všichni účastníci, kteří selhali v alespoň dvou testech, selhali ve zdravotním testu. Tedy $(100-26)-60=14$ lidí selhalo ve zdravotním testu. Společně s $83$ lidmi, kteří selhali z hlediska psychologie nebo zkušeností, je to celkem $97$ neúspěšných kandidátů. Vybráni byli tedy pouze $3$ astronauti.

Výsledek:

$5:4$

Označme $s$ délku strany čtverce $B$. Ze symetrie je zřejmé, že střed kružnice dělí stranu čtverce $B$, která leží na průměru kružnice, na dva stejné díly o délce $s∕2$. Za pomoci Pythagorovy věty spočteme

a tudíž je poměr obsahů $5:4$.

Výsledek:

$10$

V součinu se vyskytuje $2\cdot 5$, takže číslice na místě jednotek je $0$. Číslice na místě desítek je poslední cifrou součinu $3\cdot 7\cdot 11\cdot \dots \cdot 37$. Stačí se zabývat číslicemi na místě jednotek činitelů, tedy hledáme poslední číslici součinu

Jelikož $3\cdot 7=21$ má $1$ na místě jednotek, můžeme spárovat $3$ a $7$ a tyto páry odstranit. Zbyde nám $9\cdot 9$, což dává číslici $1$ na místě jednotek. Poslední dvě číslice součinu jsou tedy $10$.

Výsledek:

3

Označme $n$ počet přátel posledního podezřelého. Podezřelý s pěti přáteli se zná s každým, takže jeho vyřazením ze skupiny snížíme počet známých všech ostatních o jedna. Pak můžeme vyřadit podezřelého s jediným přítelem, jelikož počet jeho přátel klesl na nulu a jeho odstraněním neovlivníme počet známých ostatních. Zůstane nám skupina čtyř podezřelých, kteří mají po řadě $1$, $2$, $3$ a $n-1$ známých mezi ostatními. Po zopakování předchozích dvou kroků obdržíme pár s počtem známých $1$ a $n-2$; nyní je zřejmé, že $n-2=1$ neboli $n=3$.

Poznámka: Toto řešení vede ke konstrukci skupiny podezřelých, která splňuje podmínky zadání. Výsledek konstrukce je znázorněn následujícím grafem:

Výsledek:

40

Označme $P$ součin čísel na protilehlých stěnách. Čím větší je $P$, tím větší je celkový součet, chceme tedy co nejmenší $P$. Číslo $P$ musí být dělitelné všemi třemi čísly na obrázku, takže nejmenší hodnota je dána nejmenším společným násobkem těchto čísel, což je $P=36$. Z toho plyne, že čísla, která nejsou vidět, jsou $3$, $4$ a $6$ a celková suma činí $6+9+12+6+4+3=40$.

Výsledek:

$99^{\circ }$

Označme body jako na následujícím obrázku.

Úhel $\mathit{CBD}$ je dán rozdílem vnitřních úhlů osmiúhelníku a pětiúhelníku. Z toho $|\sphericalangle \mathit{CBD}|=135^{\circ }-108^{\circ }=27^{\circ }$. Snadno též spočteme, že $|\sphericalangle \mathit{ABD}|=135^{\circ }$. Protože jsou trojúhelníky $\mathit{ABD}$ a $\mathit{CBD}$ rovnoramenné, platí, že

Odtud dostáváme

Výsledek:

50

Hodina, kterou ministr získal časným vstáváním, je rozdělena na neznámý čas $t$, který strávil chůzí, a čas, který by šofér obvykle strávil cestou z místa jejich dnešního setkání k ministrovu domu, což je polovina ušetřeného času. Tedy

a $t=50$.

Výsledek:

725

Označme $d$ první číslici, $k$ číslo obdržené vymazáním první číslice a $n$ počet číslic $k$. Potom je původní číslo rovno $10^{n}d+k$ a máme

neboli

Obě strany rovnice jsou dělitelné $28=2^2\cdot 7$, takže $d=7$ a $n\ge 2$. Pokud vyzkoušíme $n=2$, dostaneme $k=25$, což je nejmenší možné řešení.

Výsledek:

44

Minutová ručička se během $24$ hodin otočí $24$krát dokola, zatímco hodinová jen dvakrát. Minutová ručička tedy hodinovou během $24$ hodin $22$krát předběhne. V každém z $22$ časových úseků mezi „předběhnutími“ je minutová ručička dvakrát kolmá na hodinovou. Odpověď je tedy $44$.

Výsledek:

1111, 1221

Označme nějaký palindrom vyhovující zadání jako $\overline{\mathit{abba}}$. Protože je součtem dvou trojciferných čísel, nemůže být větší než $1998$, takže $a=1$. Dále nechť $\overline{1\mathit{bb}1}$ se rovná $\overline{\mathit{cdc}}+\overline{\mathit{xyx}}$. Pak platí

Protože levá strana končí $1$, musí $c+x$ také končit jedničkou. Ale $c$ a $x$ jsou aspoň jedna a nejvýše devět, takže musí být $c+x=11$. Dosazením do předchozího vztahu po zjednodušení dostaneme

Protože $d$ a $y$ jsou číslice, pravá strana může být nejvýše $18$, takže $b-1$ je buď $0$, nebo $1$. Obě možnosti vedou k hledaným palindromům: $1111=505+606$, $1221=565+656$.

Výsledek:

$31∕49$

Obsah každého ze tří malých shodných postranních trojúhelníků je roven

obsahu původního rovnostranného trojúhelníku, protože výška malého trojúhelníku je $1∕7$ a základna $6∕7$ příslušných délek v původním trojúhelníku. Proto je hledaný poměr obsahů roven

Výsledek:

$(2,3,2,1)$, $(3,1,3,1)$

Zjevně se v tabulce nemůže žádné číslo vyskytovat více než pětkrát, a dokonce ani právě pětkrát. Kdyby se tam totiž objevilo číslo pět, zabíralo by místo tomu číslu, které se v tabulce vyskytuje pětkrát. Můžeme tedy doplňovat jen čísla $1$, $2$, $3$ a $4$.

Ukažme nyní, že $d=1$. Kdyby $d=2$, muselo by jedno z čísel $a$, $b$, $c$ být rovno $4$. V tabulce by pak byla jedna jednička, dvě dvojky, jedna trojka a dvě zatím neznámé hodnoty, takže by se nabízelo pouze doplnění $b=4$ a $a=c=2$. Nicméně $(2,4,2,2)$ evidentně není vyhovující čtveřice. Možnosti $d=3$ a $d=4$ vedou ke sporu ještě rychleji.

Nyní tedy víme, že $d=1$, odkud plyne $a\in \{2,3\}$. Pokud $a=2$, platí $b,c\in \{2,3\}$ (v tabulce už nesmí být další jedničky a čtyřky). Možnost $b=2$ nevyhovuje, neboť v tu chvíli již máme v tabulce tři dvojky. Tedy $b=3$, což nám dává vyhovující čtveřici $(2,3,2,1)$. Pokud $a=3$, musí se v tabulce objevit ještě jedna jednička. Vzhledem k tomu, že tabulka obsahuje už dvě trojky, je nutně $b=1$. Dostáváme tak vyhovující čtveřici $(3,1,3,1)$.

Výsledek:

2030

Nejprve uvažujme případ, kdy se slova „sele“ a „prase“ nepřekrývají. Pak z nich lze vytvořit právě dvě různá hesla: „seleprase“ a „prasesele“.

Pokud se slova překrývají, existuje jen jeden způsob, jak je uspořádat: „prasele“. Potom máme tři možnosti, jak určit místa pro dvě zbývající písmena: „**prasele“, „*prasele*“, „prasele**“.

V každém z těchto případů lze dvojici doplňujících písmen vybrat $26^2=676$ způsoby. Při překryvu tedy existuje $676\cdot 3=2028$ možných hesel.

Dohromady má Honza $2028+2=2030$ hesel na vyzkoušení.

Výsledek:

$42$

V množině $\{1,2,3,\dots ,n-1,n\}$ je $n-1$ párů po sobě jdoucích čísel. Dále máme $\frac{1}{2}n(n-1)$ možností pro vybrání dvou různých čísel. Platí tedy rovnice

jejímž vyřešením dostaneme $n=42$.

Výsledek:

20

Kdykoli Felicie vyhraje, nemá to žádný vliv na počet her vyhraných Davidem nebo ETm ani to neovlivňuje počet her, které spolu ti dva sehráli. Můžeme tedy předpokládat, že Felicie vždy prohraje. Jinými slovy každé vítězství Davida nad ETm zvýší Davidovo celkové skóre o dva (pokud to nebyl poslední zápas) a naopak. Jelikož počet Davidových vítězství je lichý, poslední kolo muselo být mezi Davidem a ETm a vyhrál jej David. Pokud přidáme ještě jedno, fiktivní kolo (David vs. Felicie, kde David vyhrál), pak celkový počet kol, kdy Felicie nehrála, bude polovinou součtu konečného skóre Davida a ETho, tj. $(18+22)∕2=20$.

Výsledek:

52

Označme $k$ původní počet hodnocení a $x$ jejich součet. Dále označme $a$ a $b$ dvě nová hodnocení z tohoto týdne. Pak

a

Z rovnice $(1)$ plyne, že $k$ je násobek $50$. Po odečtení $(1)$ od $(2)$ dostaneme

Jelikož $a,b\le 5$, je levá strana rovnice kladné číslo menší nebo rovné $3$, takže $k\le 75$. Z toho odvodíme, že $k=50$, a po přidání dvou nových hodnocení vidíme, že celkový počet hodnocení je $52$.

Výsledek:

9

Pro přehlednost budeme místo názvů dnů v týdnu používat čísla 1, 2, 3, 4. Všimněme si, že pro libovolný způsob splňující uvedené požadavky je každý den určen třemi navzájem různými čísly: číslem dne a čísly dvou nošených ponožek. Ekvivalentně tedy můžeme přiřadit každému dni jedno číslo: to zbývající, které se v trojici nevyskytuje. Není těžké si uvědomit, že počet způsobů je díky tomu roven počtu permutací čtveřice $(1,2,3,4)$, které nenechají žádné z čísel na jeho původní pozici.

Máme tři možnosti, kam umístit jedničku. Je-li $n\ne 1$ její pozice, pak pro $n$ máme také tři možnosti. Snadno si rozmyslíme, že po umístění jedničky a $n$ už jsou ostatní dvě pozice jednoznačně určeny. To nám dává $3\cdot 3=9$ způsobů, jak si obléct oněch osm ponožek.

Výsledek:

21

Celkem bylo mezi filmy rozděleno $26\cdot 5=130$ hlasů. Pokud film získal $20$ bodů, zbývajících $110$ hlasů mohlo být snadno rozděleno tak, aby pět jiných filmů získalo $21$ hlasů. Na druhou stranu pokud film obdržel $21$ hlasů a nebyl nominován, pak každý z alespoň pěti jiných filmů získal nejméně $22$ hlasů. Celkový počet hlasů je pak alespoň $21+5\cdot 22=131$, což je spor.

Výsledek:

$\frac{4}{7}$

Z rovnice $f(-2)-2f(3)=-2$ plyne, že ekvivalentně stačí určit hodnotu $f(3)$. Jelikož $f(3)+3f(-2)=3$, dostaneme dvě lineární rovnice pro neznámé $f(-2)$ a $f(3)$. Vynásobením druhé rovnice dvěma a jejím přičtením k první dostaneme $f(-2)=4∕7$.

Výsledek:

$471$

Rozložme $4420$ jako $2\cdot 2\cdot 5\cdot 13\cdot 17$. Jelikož $13$ a $17$ jsou prvočísla, jedno z čísel $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ je dělitelné $13$ a jedno je dělitelné $17$. Nejmenší společný násobek $13$ a $17$ je $221$, takže žádné dvouciferné číslo není dělitelné oběma z nich. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že $n$ je dělitelné $17$ a $a$ je dělitelné $13$. To znamená, že $n\le 85=5\cdot 17$ a $a\le 91=7\cdot 13$.

Uvažme případ, kdy $n=85$ a $a=91$. Pak $n=85$ je dělitelné $5$, takže potřebujeme pouze zaručit dělitelnost $4$. Jak $n$, tak i $a$ jsou lichá, takže $4$ dělí $\mathit{boj}$. Jedno z čísel $b$, $o$, $j$ je dělitelné $4$ nebo dvě z nich jsou dělitelná $2$. Větší součet obdržíme v druhém případě pro $b=o=98$. Potom $n+a+b+o+j=85+91+98+98+99=471$.

Poslední možností je $n<85$ nebo $a<91$. Jelikož jsou $n$ a $a$ po řadě dělitelná $17$ a $13$, dostaneme $n\le 68=85-17$ nebo $a\le 78=91-13$. Pak by součet $n+a+b+o+j$ byl nejvýše $68+91+3\cdot 99=456$ (v prvním případě) nebo $85+78+3\cdot 99=460$ (v druhém případě), a to je méně než $471$.

Výsledek:

$10(1+\sqrt{3})$

Tělesová úhlopříčka krychle prochází středem míče na házenou a dvěma tenisovými míčky. Prochází také body, v nichž se tyto tři koule dotýkají. Jediná část úhlopříčky, která není uvnitř žádné koule, je úsek mezi tenisovým míčkem a rohem krabice. Vzdálenost od středu tenisové koule do rohu krabice je polovina tělesové úhlopříčky krychle opsané tenisovému míčku. Takže délka úhlopříčky krabice je součtem

• ($2\times$) $1∕2$ tělesové úhlopříčky krychle opsané tenisovému míčku,
• ($2\times$) poloměru tenisového míčku,
• průměru míče na házenou.

Délka tělesové úhlopříčky krabice je tedy

a délka hrany se rovná

Výsledek:

$4$

Víme, že $2^{10}=1024$. Hodnotu $2^{29}$ můžeme spočítat přímo jako $1024^2\cdot 1024∕2$. Dostaneme $2^{29}=536870912$.

Alternativně lze využít faktu, že přirozené číslo dává po dělení devíti stejný zbytek jako jeho ciferný součet. Navíc zbytková třída $2^n$ modulo $9$ je periodická s periodou $6$. Součet všech deseti číslic je $45$, z čehož odvodíme

kde $x$ značí chybějící číslici v desítkové reprezentaci $2^{29}$. Po zjednodušení $x\equiv 4(\mathit{mod}9)$ a chybějící číslice je $4$.

Výsledek:

2501

Označme $\mathrm{pdc}(n)$ první dvě cifry za desetinnou čárkou čísla $\sqrt{n}$. Je zřejmé, že s $n$ zvyšujícím se od jedné druhé mocniny k následující roste i $\mathrm{pdc}(n)$. Jelikož hledáme nejmenší možné číslo, $n$ musí být ve tvaru $k^2+1$ pro nějaké přirozené číslo $k$.

Číslo $\sqrt{k^2+1}$ zaokrouhleno dolů je $k$, takže $\sqrt{k^2+1}-k$ je ostře mezi $0$ a $1$. Tvrzení $\mathrm{pdc}(k^2+1)=0$ je tedy ekvivalentní

Po přičtení $k$ k oběma stranám nerovnosti, umocnění na druhou (obě strany jsou kladné) a zjednodušení dostaneme

Pravá strana je ostře mezi $49$ a $50$, a jelikož $k$ je celé číslo, dostaneme $k\ge 50$. Hledaná hodnota je $n=50^2+1=2501$.

Výsledek:

$9^{8068}$

Vyplnění 8068 polí, která tvoří dvě spodní řady a dva levé sloupce, určí jednoznačně hodnoty v ostatních polích, neboť zbývající pole můžeme vyplnit diagonálu po diagonále – viz obrázek. Na druhou stranu každé správné vyplnění celé šachovnice určí vyplnění těchto 8068 polí. Takže počet libovolných vyplnění těchto polí je stejný jako hledaný počet vyplnění celé tabulky.

Výsledek:

$(3,18)$, $(6,66)$

Rovnice v zadání je ekvivalentní $m^2-{(2^n)}^2=260$. Úpravou levé strany dostaneme $(m-2^n)(m+2^n)=260$. Prvočíselný rozklad $260=2^2\cdot 5\cdot 13$ vede k roznásobení

když vezmeme v potaz, že $(m-2^n)<(m+2^n)$. Protože platí $(m+2^n)-(m-2^n)=2^{n+1}$, ověříme tento vztah pro jednotlivá roznásobení a dostaneme možnosti $26-10=2^4$ a $130-2=2^7$, které vedou ke dvěma řešením $(3,18)$ a $(6,66)$.

Výsledek:

4033

Namísto sledování odrazů paprsku v trojúhelníku necháme paprsek pokračovat rovně a budeme převracet trojúhelníky podle příslušné strany, na kterou zrovna paprsek narazil. Ukážeme, že jedna řada takto zobrazených trojúhelníků už stačí k tomu, aby paprsek dorazil do vrcholu.

Označme $E$ průsečík polopřímky $\mathit{BD}$ s přímkou vedenou bodem $A$ rovnoběžnou s $\mathit{BC}$. Dále označme $F$ bod na přímce $\mathit{BC}$, pro který je $\mathit{EF}\parallel \mathit{AC}$. Potom jsou trojúhelníky $\mathit{BCD}$ a $\mathit{BFE}$ podobné a platí $|\mathit{BF}|=2018\cdot |\mathit{BC}|$. To znamená, že převracením trojúhelníku $\mathit{ABC}$ se jedním z vrcholů po čase dostaneme do bodu $E$ a bod $E$ je zřejmě prvním bodem na polopřímce $\mathit{BD}$ s touto vlastností.

Snadno zjistíme, že úsečka $\mathit{BE}$ protíná $2\cdot 2017-1=4033$ stran v řadě trojúhelníků, což odpovídá počtu odrazů světelného paprsku v původní úloze. Obrázek ilustruje řešení se změněnou počáteční podmínkou na $|\mathit{DC}|:|\mathit{AC}|=1:5$.

Výsledek:

$9∕4$

Označme jednotlivé průsečíky jako na obrázku.

Všechny tři trojúhelníky $\mathit{KM}{D}^{\prime }$, $A^{\prime }\mathit{MC}$ a $L{A}^{\prime }B$ jsou pravoúhlé a navzájem podobné, což snadno zjistíme nalezením shodných úhlů v obrázku. Hledáme tedy koeficient podobnosti mezi vyznačenými trojúhelníky. Všimneme si, že $|\mathit{KD}|=|K{D}^{\prime }|$ a $|\mathit{LA}|=|L{A}^{\prime }|$, a dostaneme

a

Protože ve výše zmíněné podobnosti trojúhelníků si odpovídají strany $A^{\prime }L$ a $\mathit{KM}$ a strany $\mathit{LB}$ a $K{D}^{\prime }$, je hledaný koeficient $3∕2$. Poměr obsahů je tedy ${(3∕2)}^2=9∕4$.

Výsledek:

$185$

Daný polynom můžeme přepsat do tvaru

Dále protože platí

jsou zjevně všechny závorky na pravé straně předchozí rovnosti dělitelné $x^2-1$. Jelikož stupeň polynomu $6x+1$ je menší než stupeň $x^2-1$, je jistě $6x+1$ hledaný zbytek. Nyní už stačí vyřešit rovnici $1111=6x+1$, čímž dostaneme odpověď $x=185$.

Výsledek:

$30$

V platném přiřazení tratí „vnějšího pětiúhelníku“ mají dvě společnosti (řekněme $X$ a $Y$) po dvou tratích a jedna společnost ($Z$) jednu trať. Společnosti také musí být v pořadí $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$ počínaje nějakým městem. Je snadné ukázat, že přiřazení zbylých tratí je pak jednoznačné: tratě „vnitřního pětiúhelníku“ jsou přiřazeny stejným společnostem jako odpovídající strany vnějšího pětiúhelníku a tratě spojující pětiúhelníky musí být přiřazeny poslední zbývající společnosti.

To znamená, že počet platných přiřazení celé sítě je roven počtu přiřazení vnějšího pětiúhelníku. Máme šest možností, jak přiřadit třem společnostem označení $X$, $Y$ a $Z$, a pět možností pro město na počátku posloupnosti $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$. Celkem tedy dostáváme $5\cdot 6=30$ možností.

Výsledek:

$25-13\sqrt{2}$

Uvažme trojúhelník, jehož vrcholy jsou středy tří kružnic v rozích. Tento trojúhelník je pravoúhlý s délkami odvěsen $14$ a $34$. Z Pythagorovy věty spočteme délku přepony jako

Poloměr kružnice vepsané tomuto trojúhelníku je $(14+34-26\sqrt{2})∕2=24-13\sqrt{2}$. Jelikož strany původního trojúhelníku jsou rovnoběžné se stranami nového trojúhelníku a leží od nich ve vzdálenosti $1$, středy kružnic vepsaných oběma trojúhelníkům splývají a hledaný poloměr je $25-13\sqrt{2}$.

Výsledek:

17

Pro zjednodušení notace očíslujme pozice v seznamu od nuly. V takovém případě plyne ze snadného indukčního argumentu, že pozice čísla zapsaná ve čtyřkové soustavě popisuje, jaké operace (a v jakém pořadí) byly aplikovány na číslo na dané pozici. Pro ilustraci – takto vypadá Pájin seznam po dvou iteracích spájení:

(Čísla pod prvky udávají pozici ve čtyřkové soustavě.) Jelikož $2017$ je $133201$ ve čtyřkové soustavě, číslo na pozici $2017$ neboli $2018$. prvek seznamu je

Výsledek:

25

Tato rovnice je kvadratická v $n$ s řešením

(druhé řešení je záporné, neboť $\sqrt{x^2+y^2}>x$) neboli

Definujme $d=\mathrm{NSD}(x,y)$ a $x=x_{0}d$, $y=y_{0}d$. Po dosazení a zjednodušení dostaneme

Jelikož $x_0$ a $y_0$ jsou nesoudělná, také $y_0^2$ a $x_0^2+y_0^2$ jsou nesoudělná, takže $x_0^2+y_0^2\mid n$. Navíc $x_0^2+y_0^2$ musí být druhá mocnina nějakého přirozeného čísla. Je dobře známý fakt, že $5^2=25$ je nejmenší čtverec, který může být zapsán jako součet dvou čtverců, jmenovitě $3^2+4^2$. Takže $n\ge 25$ a dosazením $x=4$, $y=3$ dostaneme, že $n=25$ je skutečně řešení.

Výsledek:

8

Pavoukova nejkratší cesta bude na síti kvádru zřejmě rovnou úsečkou. Na obrázku znázorňuje bílé kolečko mouchu, černé pavouka. Poloha černého kolečka závisí na způsobu rozvinutí pláště kvádru.

Až na symetrii existují tři možné cesty pavouka k mouše, postupně procházející přes jednu, dvě a tři obdélníkové stěny kvádru. V obrázku je značíme $A$, $B$ a $C$. (Cestu, která by využívala čtyři obdélníkové stěny, bychom evidentně mohli zkrátit.) Snadno spočteme, že cesta $A$ měří $8,4m$. Pomocí Pythagorovy věty zjistíme, že cesty $B$ a $C$ mají postupně délku $\sqrt{66,32}m$ a $8m$. Nejkratší je tedy cesta $C$.

Následující obrázek ukazuje nejkratší cestu ve třech dimenzích:

Výsledek:

49

Označme zkoumaný výraz jako $V(x,y)$. Připomeňme, že kružnice $k(S,R)$ se středem $S=[S_1,S_2]$ a poloměrem $R>0$ se dá parametrizovat (tj. souřadnice všech bodů ležících na ní můžeme vyjádřit) pomocí úhlu $\alpha$ jako $[x_1,x_2]=[S_1+R\cos (\alpha ),S_2+R\sin (\alpha )]$. Uvažme body $P=[0,0]$ a $Q=[6,8]$ a kružnice $k_1(P,2)$ a $k_2(Q,1)$. Pak z Pythagorovy věty plyne, že $V(x,y)=|\mathit{AB}{|}^2$, kde $A\in k_1$ odpovídá úhlu $x$ a $B\in k_2$ úhlu $y$. Z toho dostaneme, že minimum $V(x,y)$ je druhá mocnina vzdálenosti nejbližších bodů na $k_1$ a $k_2$, což můžeme spočítat ze vzdáleností středů a poloměrů $k_1$ a $k_2$: $\sqrt{6^2+8^2}-2-1=7$. Minimum $V(x,y)$ je tedy rovno $7^2=49$.

Výsledek:

$105263157894736842$

Označme hledané číslo jako $N$. Když odstraníme poslední číslici, dostaneme všechny číslice čísla $2N$ kromě té nejvíce vlevo. Protože $N$ končí na $2$, musí $2N$ končit na $4$, neboli číslice na místě desítek čísla $N$ je $4$. Jako $d_i$ označme $i$-tou číslici $N$, tentokrát počítanou zprava doleva (tj. $d_1$ je číslice na místě jednotek). Když uvážíme, jak funguje násobení dvěma, zjistíme, že číslice $N$ musí splňovat

pro všechna $i>2$. Díky těmto pravidlům můžeme rovnou psát číslice $N$. Zastavíme se, když napíšeme $1$, za níž by následovala $2$. Číslo začínající touto $1$ je $N$, protože násobení dvěma přesně odstraní číslici na místě jednotek a přidá dvojku před číslo. Výsledek je

Výsledek:

$19∕2$

Budeme používat značení jako na obrázku.

Z poměrů obsahů vyplývá, že bod $S$ dělí úsečku $\mathit{QB}$ v poměru $1:2$ a úsečku $\mathit{PC}$ v poměru $2:3$. Doplňme úsečku $\mathit{AS}$ a označme obsahy trojúhelníků $\mathit{APS}$ a $\mathit{ASQ}$ postupně jako $a$ a $b$. Dostáváme rovnice

ekvivalentně

To nám dá řešení $a=5$ a $b=\frac{9}{2}$. Obsah čtyřúhelníku $\mathit{APSQ}$ je tedy $\frac{19}{2}$.

Výsledek:

1152

Protože jmění každého bratra je násobkem majetku toho nejchudšího, jejich součet, tedy $2018$, musí být také jeho násobkem. Nicméně prvočíselný rozklad $2018=2\cdot 1009$ dává pro počet korun nejchudšího jen tři možnosti: $1$, $2$, nebo $1009$. Zjevně není možné, aby měl $1009$ korun, protože pak by nejchudší bratr měl víc než kterýkoli jiný. Dále kdyby měl jen korunu, na ostatní bratry by zbylo $2017$ korun, což je prvočíslo, takže druhý nejchudší bratr by musel mít také jen korunu, což ale odporuje podmínkám ze zadání. Nejchudší bratr tedy má $2$ koruny a zbylí tři vlastní dohromady $2016$ korun.

Nechť $a<b<c$ jsou počty korun zbylých tří bratrů. Musí splňovat podmínky $a\mid b\mid c$ a $a+b+c=2016$. Dělitelnost spolu s ostrou nerovností implikuje, že $2a\le b$ a $2b\le c$. Kdybychom dokázali splnit rovnosti, zjevně bychom dostali řešení s nejmenší hodnotou $c$. Naštěstí $1+2+4=7$ dělí $2016$, můžeme tedy opravdu součet rozdělit na

Odpověď je $\frac{4}{7}\cdot 2016=1152$.

Výsledek:

1365

Nechť $A_n$ je posloupnost symbolů, které zůstaly na tabuli po $n$-tém zopakování celé procedury ($A_0=(♣)$). Dále $h_n$ bude značit počet dvojic $♡♡$ v $A_n$. Protože dvojice $♡♡$ v $A_n$ vznikne jen z dvojice $♡♣$ v $A_{n-1}$, která zase vznikne jen z $♡♡$ nebo $♣$ v $A_{n-2}$, vidíme, že $h_n=h_{n-2}+2^{n-3}$ pro $n\ge 3$, protože v $A_{n-2}$ je přesně $2^{n-3}$ symbolů $♣$. Pro lichá $n$ tedy máme

protože $h_1=0$. Hledaný počet dvojic je $h_{13}=1365$.

Výsledek:

$10^{\circ }$

Dokážeme, že čtyřúhelník $\mathit{OCNP}$ je tětivový. Protože $|\sphericalangle \mathit{ONC}|=90^{\circ }$, stačí ukázat, že $|\sphericalangle \mathit{OPC}|=90^{\circ }$. To ověříme následovně: Protože body $C$ i $M$ leží na $\varrho$, platí $|\mathit{OC}|$ = $|\mathit{OM}|$. Snadným výpočtem zjistíme, že $|\sphericalangle \mathit{MOC}|=60^{\circ }$, takže $△\mathit{OCM}$ je rovnostranný. Nakonec $P$ je středem úsečky $\mathit{OM}$, a tak platí $|\sphericalangle \mathit{OPC}|=90^{\circ }$.

Dalším snadným výpočtem dostaneme $|\sphericalangle \mathit{OCN}|=70^{\circ }$, tedy $|\sphericalangle \mathit{OPN}|=180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{OCN}|=110^{\circ }$. Využitím trojúhelníku $\mathit{OQP}$ dostaneme

Výsledek:

$(3,2,2013)$

Výrok Xeny znamená, že $x$ je liché. Kdyby bylo sudé, mohlo by být $y=z$.

Předpokládejme nyní, že $y$ je liché. To znamená, že Yena od začátku věděla, že $x$ a $z$ jsou různá. Kdyby bylo navíc $y\ge 1009$, Yena by už také věděla, že $x$ a $z$ jsou různá od $y$, a nepotřebovala by Xenin výrok. Kdyby však $y\le 1007$, pak by navzdory Xenině výroku Yena pořád neuměla říct, jestli je její číslo různé od $x$. Můžeme z toho vyvodit, že $y$ je sudé, a tedy že $z$ je liché.

Kdyby $y$ bylo násobkem čtyř, platilo by $x+z=2018-y\equiv 2(\mathit{mod}4)$, jinými slovy $x+z$ by bylo dvojnásobkem lichého čísla. V takovém případě by ale Yena nemohla usoudit, že $x$ a $z$ jsou různá. Kdyby naopak $y\equiv 2(\mathit{mod}4)$, pak by čísla $x$ a $z$ musela dávat různé zbytky modulo $4$ a Yenin výrok by tím byl vysvětlený.

Nakonec prozkoumejme Zenin výrok. Musí platit $y=2$, protože jinak by $y$ mohlo být o $4$ menší a $x$ o $4$ větší a Zena by nepoznala rozdíl. Z podobných důvodů je $x\le 4$, takže buď $x=1$, nebo $x=3$. Nicméně v prvním případě by Zena, která věděla, že $2018-z=x+y=3$, mohla určit $x$ a $y$ i bez Yenina výroku. Proto $x=3$ a $z=2013$.

Výsledek:

$45∕128$

Přesný počet životů není tak důležitý – stačí vědět, že Aritmetix prohraje, jakmile je poprvé zasažen, a Kombinatorika prohraje po dvou zásazích. Uvažme stav, kdy Kombinatorika již byla jednou zasažena a Aritmetix je na řadě se sesíláním kouzla. Označme pravděpodobnost Aritmetixovy výhry za tohoto stavu $q$. Aritmetix může za této situace vyhrát buď jistě tím, že úspěšně zasáhne (což se stane s pravděpodobností $9∕10$), nebo možná v případě, že mine a pak mine i Kombinatorika (což se stane s pravděpodobností $1∕10\cdot 4∕10$); tím se totiž opět dostaneme do stavu, v němž Aritmetix vyhraje s pravděpodobností $q$. Obdrželi jsme tedy rovnici

ze které plyne $q=15∕16$.

Nyní spočítejme pravděpodobnost $p$ Aritmetixova vítězství z výchozí situace. Pokud Aritmetix zasáhne a Kombinatorika mine (pravděpodobnost $9∕10\cdot 4∕10$), dostaneme se do situace popsané v předchozím odstavci a Aritmetix vyhraje s pravděpodobností $q=15∕16$. Na druhou stranu, pokud Aritmetix mine a Kombinatorika také mine (pravděpodobnost $1∕10\cdot 4∕10$), pak Aritmetix zvítězí s pravděpodobností $p$. Máme tedy

Vyřešením rovnice dostaneme, že Aritmetix vyhraje duel s pravděpodobností $p=45∕128$.

Výsledek:

3867

Pokud $a(1)=1$, musí platit také $a(a(1))=1\ne 3\cdot 1$, což není možné. Protože je posloupnost rostoucí, platí tudíž $1<a(1)<a(a(1))=3$, a tedy $a(1)=2$. Ze zadané rovnice také vhodným dosazením vyvodíme vztah $a(3n)=a(a(a(n)))=3a(n)$ pro každé $n$. Vyjdeme-li z rovnosti $a(1)=2$, snadno pak pro každé $m$ indukcí odvodíme $a(3^m)=2\cdot 3^m$. Využitím tohoto vztahu dále dostaneme $a(2\cdot 3^m)=a(a(3^m))=3^{m+1}$.

Existuje $3^n-1$ přirozených čísel $i$, pro něž je $3^n<i<2\cdot 3^n$, a podobně $3^n-1$ přirozených čísel $j$, pro něž je $a(3^n)=2\cdot 3^n<j<3^{n+1}=a(2\cdot 3^n)$. Protože $a(n)$ je rostoucí, nemáme jinou možnost než $a(3^n+b)=2\cdot 3^n+b$ pro všechna $0<b<3^n$. Z toho $a(2\cdot 3^n+b)=a(a(3^n+b))=3^{n+1}+3b$ pro $0<b<3^n$. Protože $2018=2\cdot 3^6+560$, máme $a(2018)=3^7+3\cdot 560=3867$.

Výsledek:

1346

Každému vrcholu v mřížce můžeme přiřadit trojici jeho vzdáleností od tří stran trojúhelníku $T$ (jako jednotku této vzdálenosti budeme brát výšku trojúhelníčku). Součet těchto vzdáleností je vždy roven $2018$. Naopak, libovolná trojice nezáporných celých čísel se součtem $2018$ udává právě jeden vrchol mřížky. Můžeme tedy namísto vrcholů pracovat ekvivalentně jen s těmito trojicemi, kterým budeme říkat souřadnice.

Podmínka nezávislosti v řeči souřadnic znamená, že žádné dvě trojice v množině nesmí mít stejnou první, druhou nebo třetí souřadnici. Nechť

je nezávislá množina. Protože $x_1,\dots ,x_k$ jsou navzájem různá nezáporná celá čísla, jejich součet je aspoň

Totéž platí pro součty $y_1+\cdots +y_k$ a $z_1+\cdots +z_k$. Na druhé straně máme $x_i+y_i+z_i=2018$ pro každé $i=1,\dots ,k$, tedy