Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$6$

Je-li současný Lucienův věk $x$, pak Lucienově mamince je $3(x-3)+3=3x-6$ a Lucienovu tatínkovi $3x$. Věkový rozdíl Lucienových rodičů je tedy $6$ let.

Výsledek:

$30$

Všechny trojúhelníky na obrázku mají společný horní vrchol. Protější strana každého z trojúhelníků navíc leží na jedné ze dvou vodorovných úseček. Každý trojúhelník je tedy určen výběrem vodorovné úsečky a dvou různých vrcholů na této úsečce. Jelikož je na každé vodorovné úsečce právě šest vrcholů, dostaneme celkem $2\cdot (5+4+3+2+1)=30$ různých trojúhelníků.

Výsledek:

$15$

Vnitřní úhly v rovnostranném trojúhelníku mají velikost $60^{\circ }$, tudíž $|\mathit{\angle CBE}|=90^{\circ }-|\mathit{\angle EBA}|=30^{\circ }$. Protože platí $|\mathit{EB}|=|\mathit{AB}|=|\mathit{BC}|$, je trojúhelník $\mathit{BCE}$ rovnoramenný a

Odtud už lehce spočteme $|\mathit{\angle DCE}|=90^{\circ }-|\mathit{\angle ECB}|=15^{\circ }$.

Výsledek:

$136$

Mohlo by se stát, že Honzík vytáhne všechny mince o hodnotě menší než $10$ a po devíti mincích od každé hodnoty mezi $10$ a $19$. To je dohromady $(1+2+\cdots +9)+9\cdot 10=135$. Proto mu ani vyjmutí $135$ mincí nezaručuje, že bude mít deset o stejné hodnotě.

Pokud jich však vytáhne $136$, bude mít alespoň $91$ z nich hodnotu větší než $9$. Z Dirichletova principu pak víme, že musí být vytaženo alespoň $10$ mincí nějaké hodnoty mezi $10$ a $19$. Proto je $136$ hledaným minimálním počtem mincí, který Honzíkovi zaručí, že mezi vytaženými mincemi bude alespoň deset mincí stejné hodnoty.

Výsledek:

$42$

Je-li $n$ celkový počet bonbonů v bonboniéře, pak můžeme proces jejich rozdělení mezi pana Sladkého a jeho tři dcery zachytit rovnicí

Jejím řešením je $n=42$.

Výsledek:

$24+4\sqrt{6}$

Z Pythagorovy věty dostáváme $|\mathit{BD}|=\sqrt{6^2+8^2}=10$ a dále

Obsah čtyřúhelníku $\mathit{ABCD}$ je tedy

Výsledek:

$27$

Bára potřebuje vytisknout devět listů. Oboustranný tisk jí zabere $9\cdot 9=81$ sekund, jednostranný tisk pak $2\cdot 3\cdot 9=54$ sekund čistého času. Přesun stránek zpět do zásobníku jí tedy trvá $81-54=27$ sekund.

Výsledek:

$784913526$

Uspořádejme číslice $1,\dots ,9$ do diagramu, v němž šipka z $x$ do $y$ znamená, že dvojciferné číslo $\overline{\mathit{xy}}$ je dělitelné $7$ nebo $13$. Pro přehlednost značí v následujícím diagramu plné šipky dělitelnost $7$ a čárkované dělitelnost $13$.

Z diagramu vyplývá, že hledané devíticiferné číslo musí začínat trojčíslím $784$. Následovat může dvojka nebo devítka. V prvním případě máme dvě možnosti, jak pokračovat ($784213$ a $78426$), ovšem ani jednu z nich evidentně není možné prodloužit na posloupnost obsahující $5$ i $9$ zároveň. Druhý případ nám dává jediné řešení $784913526$.

Výsledek:

$54$

Trojúhelníky přilehlé ke stranám čtverce $B$ jsou rovnoramenné, takže strana čtverce $B$ je třetinová oproti úhlopříčce velkého čtverce. Označíme-li $s$ délku strany velkého čtverce, délku strany $B$ pak vyjádříme jako $\frac{1}{3}\cdot \sqrt{2}\cdot s$ a délku strany čtverce $A$ jako $\frac{1}{2}\cdot s$. Poměr obsahů čtverců $A$:$B$ je tedy

a obsah čtverce $A$ je $48\cdot \frac{9}{8}=54$.

Výsledek:

$0$

ET má $9^3=729$ bílých a $10^3=1000$ černých jednotkových krychliček. Na povrch krychle o straně $12$ potřebuje $12^3-10^3=1728-1000=728$ jednotkových kostek. Může tedy sestavit krychli o straně $12$, která bude mít všechny stěny zcela bílé. Odpověď je proto $0$.¹

Výsledek:

$29$

Jelikož chceme maximalizovat počet žáků, můžeme předpokládat, že mimo těch šest, kteří neumí se zlomky pracovat vůbec, má každý potíže s právě jednou operací. V takovém případě dostaneme žáků celkem

Výsledek:

$44$

Označme $\mathit{ABC}$ trojúhelník s pravým úhlem u vrcholu A, tedy $|\mathit{\angle BAC}|=90^{\circ }$. Následně označme $M$ střed strany $\mathit{BC}$ a $H$ patu výšky na stranu $\mathit{BC}$.

Z Thaletovy věty plyne, že body $A$, $B$, $C$ leží na kružnici se středem $M$. Bez újmy na obecnosti nechť $|\mathit{\angle CBA}|=23^{\circ }$. Protože je trojúhelník $\mathit{AMB}$ rovnoramenný, platí též $|\mathit{\angle BAM}|=23^{\circ }$. Trojúhelník $\mathit{AHC}$ je podobný trojúhelníku $\mathit{BAC}$, z čehož plyne $|\mathit{\angle HAC}|=23^{\circ }$. Velikost úhlu $\mathit{MAH}$ již dostaneme snadno: $|\mathit{\angle MAH}|=90^{\circ }-2\cdot 23^{\circ }=44^{\circ }$.

Výsledek:

$376$

Zřejmě $a,b\le 20$. Přičtením $b$ k oběma stranám rovnosti dostaneme $20(a+b)=365+b$. Levá strana je dělitelná $20$, takže pravá strana musí být rovna $380$. To nám dává $b=15$, a tudíž $a=4$ a $20b+19a=380-a=376$.

Výsledek:

$2017$

Pravidelnost mnohoúhelníku zjevně nemá vliv na počet jeho úhlopříček. Zkonstruujeme proto $2019$úhelník z $2018$úhelníku předělením jedné jeho strany novým vrcholem. Tento vrchol je spojen novou úhlopříčkou s každým z $2016$ nesousedních vrcholů a současně vznikne ještě jedna nová úhlopříčka mezi jeho dvěma sousedy. Počet úhlopříček se tedy zvedne o $2017$.

Výsledek:

$2$, $5$, $-6$

Protože $x^2-4x+5={(x-2)}^2+1$, je umocňované číslo vždy kladné. Požadovaná rovnost tedy bude splněna právě tehdy, když bude základ roven $1$ nebo exponent roven $0$. První případ dává $x^2-4x+5=1$ neboli ${(x-2)}^2=0$, a tedy řešení $x=2$. Druhý případ $x^2+x-30=(x-5)(x+6)=0$ má dvě řešení: $x=5$ a $x=-6$.

Výsledek:

$4$

Uvažme posloupnosti začínající číslem $1$. Jediná taková posloupnost bez rostoucí podposloupnosti je $(1,4,3,2)$. Vymazáním $1$ vznikne klesající posloupnost, takže tato permutace nesplňuje stanovené podmínky. Posloupnost tedy nemůže začínat $1$ a ze symetrie nemůže $1$ ani končit. Podobně ani $4$ nemůže být první ani poslední číslo. Takže $1$ a $4$ musí být uprostřed. Obě pořadí $(1,4)$ a $(4,1)$ dají po dvou platných permutacích:

Máme tedy čtyři permutace, které splňují podmínky.

Výsledek:

$\frac{15}{2}$

Z Pythagorovy věty dostaneme $|\mathit{AC}|=\sqrt{|\mathit{AB}{|}^2+|\mathit{BC}{|}^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$. Nechť $S$ je střed úsečky $\mathit{AC}$. Osa úsečky $\mathit{AC}$ zřejmě prochází bodem $S$ a platí $|\mathit{AS}|=5$.

Trojúhelníky $\mathit{ASX}$ a $\mathit{ABC}$ jsou podobné, protože jsou pravoúhlé a sdílejí úhel při vrcholu $A$. Z toho plyne $|\mathit{SX}|:|\mathit{AS}|=|\mathit{BC}|:|\mathit{AB}|$ a

Konečně $|\mathit{XY}|=2\cdot |\mathit{SX}|=\frac{15}{2}$.

Výsledek:

$3435$

Pohledem na cifry na místě jednotek zjistíme, že nutně $R=0$. Protože $\mathit{FIV}E$ je dělitelné $5$ a $0$ už je zabraná, musí být $E=5$. Situace na místě stovek nám ze stejného důvodu dává jedinou možnost $O=9$. V tom případě však $U+V>10$ a $N$ musí být liché a větší než $1$ (na místě tisíců totiž dostáváme $N=2\cdot F+1$). Na druhé straně máme $U+V\le 7+8=15$, protože číslici $9$ už jsme také použili. To znamená, že $N=3$. Tedy $U=6$ (dělitelnost $4$), $V=7$ a $F=1$.

Jelikož číslo $\mathit{NINE}$ je dělitelné $3$, musí být i jeho ciferný součet $N+I+N+E=3+I+3+5=11+I$ dělitelný $3$. Pro $I$ tedy připadají v úvahu hodnoty $1$, $4$, $7$, z nichž pouze $I=4$ je přípustná vzhledem k předchozímu. To znamená, že $\mathit{NINE}=3435$ a (jediné) řešení algebrogramu je $1960+1475=3435$.

Výsledek:

$3+\sqrt{3}$

Označme $G$ průsečík $\mathit{AC}$ a $\mathit{DE}$. Všimněme si, že trojúhelníky $\mathit{BEF}$ a $\mathit{GCD}$ jsou shodné – mají vnitřní úhly $30^{\circ }$, $60^{\circ }$ a $90^{\circ }$ a delší odvěsnu délky $1$. Jejich kratší odvěsna má navíc poloviční délku než jejich přepona (tyto trojúhelníky jsou totiž polovinou rovnostranného trojúhelníka). Položíme-li $|\mathit{BF}|=x$, dostaneme z Pythagorovy věty rovnost ${(2x)}^2=x^2+1^2$ neboli $x=\frac{1}{3}\sqrt{3}$. Délka strany trojúhelníka $\mathit{ABC}$ je proto $1+\frac{1}{3}\sqrt{3}$ a jeho obvod je $3+\sqrt{3}$.

Výsledek:

$42$, $-42$

Pokud je $r$ trojnásobný kořen, pak

Protože dva polynomy jsou si rovny pouze tehdy, když se rovnají jejich koeficienty u příslušných stupňů, dostaneme $3r^2=588$ neboli $r=\pm 14$. Takže $a=\pm 42$.

Výsledek:

$120$

Všimněme si, že ostrov označený čtverečkem a prostřední z ostrovů úplně vpravo jsou ostrovy speciální – všechny mosty začínají na nějakém z nich a ze všech ostatních ostrovů vedou mosty na oba z nich. Celý výlet se proto dá rozdělit na několik části, kdy Anička vždy vyrazí z jednoho speciálního ostrova na druhý skrz některý obyčejný. Počet možných cest je tedy roven počtu uspořádání obyčejných ostrovů, a ten činí $5!=120$.

Výsledek:

$63$

Rozdělme úlohu na dva případy. Nejprve předpokládejme, že $m$ ani $n$ není rovno $2000=2^4\cdot 5^3$. Poté je jedno z čísel $2^4\cdot 5^k$ pro nějaké $k\in \{0,1,2\}$ a druhé $2^l\cdot 5^3$ pro nějaké $l\in \{0,1,2,3\}$, a tudíž máme $3\cdot 4\cdot 2=24$ takových uspořádaných dvojic. Pokud je nyní jedno z čísel rovno $2000$, musí to druhé být dělitelem $2000$. Číslo $2000$ má $(4+1)\cdot (3+1)=20$ dělitelů, takže dostáváme $2\cdot 20-1=39$ dvojic (odečetli jsme jedničku, abychom dvojici $(2000,2000)$ nepočítali dvakrát). Dohromady tedy Jirka dostane $24+39=63$ dvojic.

Výsledek:

$98\sqrt{2}$

Buď $M$ střed kružnice opsané osmiúhelníku. Protože $|\mathit{\angle AMC}|=\frac{2}{8}\cdot 360^{\circ }=90^{\circ }$, je poloměr této kružnice roven $7$.

Osmiúhelník můžeme rozstříhat a přeskládat na obdélník jako na obrázku níže. Kratší strana tohoto obdélníku má délku $|\mathit{AC}|$, delší strana má délku rovnou průměru naší opsané kružnice. Hledaný obsah je tedy $14\cdot 7\sqrt{2}=98\sqrt{2}$.

Výsledek:

$232$

Každý chlapec má právě čtyři možnosti, které tři kurzy si vybere. Pro čtyři chlapce tedy máme celkem $4^4=256$ způsobů, pokud netrváme na podmínce, že alespoň jeden kurz musí být společný. Nyní spočítáme ty způsoby, při nichž nemá čtveřice kamarádů společný žádný kurz. Jinými slovy existuje pro každý kurz člověk, který si jej nezapíše, což nám dává $4!=24$ možností. Celkem tak dostáváme $256-24=232$ možností výběru splňujících danou podmínku.

Výsledek:

$24,42$

Číslo $n$ má zřejmě alespoň dvě cifry. Pokud má právě dvě cifry $a$ a $b$ ($a\ne 0$, $b\ne 0$), lze zadání úlohy přepsat pomocí rovnice

a tedy

Jelikož pravá strana musí být větší než $0$, dostáváme podmínku $\mathit{ab}<10$. Probráním několika možností dojdeme k závěru, že $a$ a $b$ musí být $2$ a $4$ (v nějakém pořadí).

Předpokládejme nyní, že číslo $n$ má $k\ge 3$ cifer. Pak je však levá strana rovnice rovna alespoň ${(10^{k-1})}^2$, zatímco pravá strana je nanejvýš $1000+10^k$, takže tato možnost nepřipadá v úvahu.

Výsledek:

$110$

Veďme bodem $T$ přímku rovnoběžnou s $\mathit{AB}$ a označme $S$ její průsečík s $\mathit{BC}$. Pak platí $|\mathit{\angle ETS}|=40^{\circ }$ a

Protože $\mathit{CT}$ je osou úhlu $\mathit{DCB}$, trojúhelník $\mathit{CTS}$ je rovnoramenný, a tedy $|\mathit{\angle DCT}|=|\mathit{\angle TCS}|$ a $|\mathit{\angle DCB}|=2\cdot 35^{\circ }=70^{\circ }$. Proto platí $|\mathit{\angle CDA}|=180^{\circ }-|\mathit{\angle DCB}|=110^{\circ }$.

Výsledek:

$10$

Označme $m_1$, $m_2$, $z_1$, $z_2$ počty mužů a žen v prvním a druhém rodě. Jelikož $m_1\cdot m_2=85=5\cdot 17$, dostaneme po případném přečíslování rodů $m_1=5$ and $m_2=17$ (možnost, že je jedno z těchto čísel $1$, snadno vyloučíme). Navíc proběhlo dohromady $85+162=247$ pozdravů a z rovnice

dostaneme $m_1+z_1=13$, $m_2+z_2=19$ (ostatní možnosti roznásobení opět snadno vyloučíme), takže $z_1=8$, $z_2=2$ a hostiny se zúčastnilo $8+2=10$ žen.

Výsledek:

$120∕17$

Z Pythagorovy věty plyne, že uvažovaný trojúhelník je pravoúhlý. Spojnice vrcholu u pravého úhlu se středem kružnice rozděluje tento trojúhelník na dva menší. Úsečky vedoucí ze středu kružnice k bodům dotyku s kratšími stranami původního trojúhelníka jsou na tyto strany kolmé, takže jsou to výšky v menších trojúhelnících. Zároveň jde o poloměry kružnice $k$, hledáme tedy právě jejich délku $r$. Obsah původního trojúhelníka můžeme spočítat dvěma způsoby, a to buď s využitím délek jeho stran, anebo s využitím menších trojúhelníků:

Z toho plyne $r=120∕17$.

Výsledek:

$1-\sqrt[19]{0,5}$

Nejdříve si všimněme, že Martin může hrát na tomto automatu neúspěšně maximálně $19$krát. Jakmile totiž vhodí do automatu poslední €$1$, zbude mu jen €$0,5$, což je méně, než automat přijímá. Pravděpodobnost každé prohry je $1-p$, takže pravděpodobnost, že jackpot nikdy nevyhraje, je ${(1-p)}^{19}$. Aby měl Martin aspoň $50\%$ šanci na výhru jackpotu, musí platit ${(1-p)}^{19}\le 0,5$, což je ekvivalentní $p\ge 1-\sqrt[19]{0,5}$. Hledaná nejmenší hodnota $p$ je tedy $1-\sqrt[19]{0,5}$.

Výsledek:

$3435$

Protože $6^6>9999$, žádná z cifer nesmí být větší než $5$. Číslo $4444$ rovnici nesplňuje, a kdyby mezi ciframi byly nanejvýš tři čtyřky a dále jen $1$, $2$ nebo $3$, pravá strana rovnosti by byla nanejvýš $3\cdot 4^4+3^3<1000$. Jedna z cifer tedy musí být $5$. Platí $5^5=3125$, a tak se musí cifra $5$ objevit přesně jednou, protože v opačném případě by první cifra byla větší než $5$. Dále $3000<5^5<5^5+3\cdot 4^4<4000$, takže první cifra musí být $3$.

Nyní víme, že hledané číslo je aspoň $5^5+3^3+2\cdot 1^1=3154$. To ale nefunguje, stejně jako $3155$. Následující číslo neobsahující nuly a cifry větší než $5$ je $3211>5^5+3\cdot 3^3$, a proto musí být jedna z cifer $4$. Nicméně žádná další čtyřka už v čísle být nemůže, protože by pak druhá cifra byla větší než $5$. Vyzkoušením zbývajících tří možností zjistíme, že jediným řešením je $3435$.

Výsledek:

$16$

Všech pět čísel musí končit na sudou číslici. Pro splnění nedělitelnosti třemi musí čísla končící na $0$ nebo $6$ začínat na některou z číslic $1$, $5$, $7$, čísla končící na $2$ nebo $8$ musí začínat na některou z číslic $3$, $5$, $9$ a čísla končící na $4$ musí začínat na některou z číslic $1$, $3$, $7$, $9$. Pokud vybereme $14$ jako číslo končící na $4$, máme jen dvě možnosti pro doplnění desítkových cifer k $0$ a $6$ (buď vznikne $50$ a $76$, nebo $56$ a $70$) a potom jen dvě možnosti pro desítkové cifry k $2$ a $8$ (buď $32$, $98$, nebo $38$, $92$), což dává dohromady čtyři možnosti. Stejně můžeme postupovat pro kteroukoli volbu desítkové číslice k $4$, a protože k ní můžeme vybrat čtyři různé číslice, celkový počet pětic je $4\cdot 4=16$.

Výsledek:

$5439$

Označme

Zjevně je $f$ neklesající funkcí proměnné $n$. Dále $f(n)-f(n-1)=1$, pokud $n$ je dělitelné právě jedním z čísel $5$ nebo $7$, a $f(n)-f(n-1)=3$, pokud $n$ je dělitelné $35$. Ve všech ostatních případech platí $f(n)=f(n-1)$. Protože

dostaneme pro řešení odhad

neboli $n\ge 5436$, protože $n$ je celé číslo. Platí $f(5436)=2018$. Nejbližší vyšší číslo dělitelné $5$ je $5440$ a nejbližší číslo dělitelné $7$ je $5439$. Z předchozího máme $f(5439)=2019$ a $f(5440)=2020$, jediným řešením je proto $5439$.

Výsledek:

$6$

Pro libovolné číslo $a$ dávají $S(a)$ a $a$ stejný zbytek po dělení $9$. Ze zadání tedy víme, že čísla $n$, $x$, $y$, $x+y$ dávají všechna stejný zbytek po dělení $9$. Z toho plyne, že $x$, a tedy i $n$, musí být násobkem $9$. Pokud $n=9m$ pro nějaké kladné celé číslo $m$, pak volbou $x=y=10^m-1$ dostaneme rovnost ze zadání. Největší možný ciferný součet čísel menších než milion je $54$, takže existuje šest vyhovujících čísel $n$: $9$, $18$, $27$, $36$, $45$ a $54$.

Výsledek:

$\sqrt{5}$

Kolmou projekcí stran čtverců na strany obdélníku dostaneme dvě různé délky úseček. Delší označme $c$ a kratší $d$.

Pak

takže $c=2$ a $d=1$. Z Pythagorovy věty vyvodíme, že $a=\sqrt{c^2+d^2}=\sqrt{5}$.

Výsledek:

$15∕64$

Ze symetrie problému můžeme předpokládat, že tabulka má pět řádků a tři sloupečky. Postup můžeme zjednodušit následovně: Ondra si vybere posloupnost Ř a S délky $(5-1)+(3-1)=6$ a podle této posloupnosti se dá do jedení řádků a sloupečků čokolády. Mohou nastat dvě možnosti. Buď posloupnost obsahuje přesně dvě S a čtyři Ř – v takovém případě zbývá na konec pouze oslazený čtvereček –, nebo obsahuje aspoň tři S či aspoň pět Ř – v takovém případě je nejpozději po šesti ulomeních snědená celá čokoláda, přičemž v posledním kroku byl sněden více než jen čtvereček. Ondra totiž v předchozích krocích nesnědl dost sloupečků nebo řádků na to, aby mu z posledního řádku nebo sloupečku zbyl jediný čtvereček.

Existuje $2^6$ posloupností S a Ř délky 6, z nichž $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)$ obsahuje právě dvě S, takže hledaná pravděpodobnost je

Výsledek:

$477$

Žádné prvočíslo kromě $2$ a $5$ nemůže končit na $5$ nebo sudou číslici. Proto se musí každá z číslic $2$, $5$, $4$, $4$, $6$, $6$, $8$, $8$ objevit v nějakém z Karlových čísel aspoň na místě desítek a přispět tak k celkovému součtu nejméně svým desetinásobkem. Dále každá ze zbývajících číslic $2$, $5$, $1$, $1$, $3$, $3$, $7$, $7$, $9$, $9$ musí být v nějakém Karlově čísle aspoň na místě jednotek. Hledaný součet je proto minimálně

Takový součet Karel získal vytvořením prvočísel $2$, $5$, $29$, $53$, $41$, $47$, $61$, $67$, $83$, $89$.

Výsledek:

$1$, $5$

Rozložením levé strany rovnice $J(j)-M(m)=0$ dostaneme $(j+m-3)(j-m+5)=0$, takže buď $\{j,m\}=\{1,2\}$, nebo $|j-m|=5$.

Výsledek:

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

Označme $M$ střed strany $\mathit{AC}$ a $E$ obraz bodu $B$ ve středové souměrnosti podle $M$. Dále označme $F$ kolmou projekci bodu $E$ na přímku $\mathit{BC}$. Pak z první podmínky plyne, že $\sin (|\mathit{\angle EBC}|)=\frac{|\mathit{EF}|}{|\mathit{BE}|}=\frac{1}{2}$, a tedy $|\mathit{\angle EBC}|=30^{\circ }$ (tento úhel nemůže být tupý kvůli druhé podmínce ze zadání). Proto $|\mathit{\angle ABM}|=|\mathit{\angle ABE}|=75^{\circ }-30^{\circ }=45^{\circ }$.

Použitím sinové věty v trojúhelnících $\mathit{ABM}$ a $\mathit{CBM}$ spočítáme

a

Protože $|\mathit{AM}|=|\mathit{CM}|$, dostaneme vydělením těchto rovností a využitím sinové věty v trojúhelníku $\mathit{ABC}$ kýžený poměr

Výsledek:

$32$

Rozlišíme čtyři případy podle symbolu umístěného uprostřed tabulky a podle toho, který symbol se v tabulce objeví pětkrát. Pokud je uprostřed křížek a v tabulce je celkem pět křížků (tomuto případu budeme říkat „křížek–křížky“), musíme čtyři křížky umístit do zbytku tabulky. Nesmíme ale využít žádnou celou diagonálu ani žádný celý řádek nebo sloupec. Získáme tak uspořádání, které není symetrické vzhledem k žádnému otočení nebo převrácení, a tedy zde dostaneme $8$ různých případů remízy.

V případě „křížek–kolečka“ musíme umístit pět koleček do tabulky s křížkem uprostřed. Nemůžeme dát kolečka do všech čtyř rohů, protože by pak páté kolečko vyhrálo. Na druhou stranu ale musíme aspoň jedno kolečko dát na každou diagonálu, protože jinak by vyhrály křížky. Musíme tedy dát buď přesně tři, nebo přesně dvě kolečka do rohů a v obou těchto podpřípadech máme právě jednu možnost, jak doplnit tabulku do remízového stavu. Dostaneme tak některé ze čtyř možných otočení jednoho ze zobrazených uspořádání (Obrázek 2 a Obrázek 3).

Případy „kolečko–kolečka“ a „kolečko–křížky“ jsou analogické předchozím případům. Celkový počet remízových uspořádání je tedy $2(8+4+4)=32$.

Výsledek:

$32$

Přechodem k převráceným hodnotám dostaneme ekvivalentní nerovnost

Interval mezi $0,72$ a $0,75$ má délku $0,03>1∕34$, takže pro všechna $a\ge 34$ již řešení existuje. Pro $a=33$ máme řešení $b=24$ (zde $b∕a=0,7272\dots$). Pro $a=32$ řešení neexistuje, neboť $24∕32=0,75$ a $1∕32>0,03$.

Výsledek:

$68$, $76$, $91$

Nechť $A$, $B$ a $C$ jsou vzdálenosti zmíněných tří kopců od Prahy, měřené v kilometrech. Dle zadání platí $2261\mid \mathit{ABC}$ a $2261\mid (110-A)(110-B)(110-C)$. Číslo $2261$ se rozkládá jako $7\cdot 323=7\cdot 17\cdot 19$, a jelikož $7\cdot 17=119>110$, nemůže žádná z trojice vzdáleností přispívat do rozkladu $2261$ více než jedním prvočíslem.

Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $7\mid A$, $17\mid B$ a $19\mid C$. Protože $7\nmid (110-A)$, připadá dále v úvahu jedna z variant $7\mid (110-B)$, $7\mid (110-C)$. V prvním případě dostáváme $19\mid (110-A)$, neboť $19\nmid (110-C)$, a konečně $17\mid (110-C)$. Ve druhém případě dostaneme podobně $17\mid (110-A)$ a $19\mid (110-B)$.

Protože $\mathrm{NSD}(7,19)=1$, jediná možnost, jak rozložit $110$ na $a\cdot 7+b\cdot 19$ pro nezáporná celá čísla $a$ a $b$, je $110=13\cdot 7+1\cdot 19$ (všechny rozklady jsou tvaru $110=(13+19k)\cdot 7+(1-7k)\cdot 19$ pro $k\in \mathbb{Z}$ a koeficienty jsou nezáporné pouze pro $k=0$). Podobně získáme rozklady $110=4\cdot 17+6\cdot 7$ a $110=4\cdot 19+2\cdot 17$. Ty nás vedou ke dvěma řešením

a

Martinina poznámka na $80.$ kilometru říká, že poslední kopec je vzdálen alespoň $80\mathrm{km}$ od Prahy. Jediným řešením je tedy trojice $68$, $76$ a $91$.¹

Výsledek:

$3\sqrt{3}∕8$

Předně si všimněme, že $|\mathit{\angle EKA}|=90^{\circ }$. Trojúhelníky $\mathit{AEK}$ a $\mathit{ABC}$ jsou totiž shodné, neboť $|\mathit{AK}|=|\mathit{AC}|$, $|\mathit{AE}|=|\mathit{AB}|$ a $|\mathit{\angle EAK}|=|\mathit{\angle BAC}|$. Střed $S$ čtverce $\mathit{ABDE}$ leží na kružnici opsané trojúhelníku $\mathit{ABC}$, neboť úhly $\mathit{ASB}$ a $\mathit{ACB}$ jsou pravé. Jelikož $|\mathit{AS}|=|\mathit{BS}|$, je také $|\mathit{\angle ACS}|=|\mathit{\angle BCS}|$. To však znamená, že bod $S$ leží na úsečce $\mathit{CJ}$. Zobrazme nyní trojúhelník $\mathit{JKE}$ ve středové souměrnosti podle středu $S$. Bod $E$ se zobrazí na bod $B$, bod $J$ na průsečík $\mathit{AB}$ a $\mathit{CJ}$ – označme jej $H$ – a bod $K$ na vnitřní bod úsečky $\mathit{CJ}$ – nazvěme jej $I$ – splňující $|\mathit{\angle IBC}|=90^{\circ }$.

Obsah trojúhelníka budeme značit hranatými závorkami. Trojúhelník $\mathit{IBC}$ je pravoúhlý rovnoramenný s pravým úhlem při vrcholu $B$, takže dostáváme $[\mathit{IBC}]={(\sqrt{3})}^2∕2=3∕2$. Nyní

Trojúhelníky $\mathit{ACH}$ a $\mathit{BIH}$ jsou zřejmě podobné s koeficientem podobnosti

Nyní už umíme spočítat obsah trojúhelníka $\mathit{JKE}$ jako

Výsledek:

$5∕9$

Barvu, kterou si vytáhl David, označme $d$, a druhou barvu nazvěme $e$. Pak pravděpodobnost, že si David vybral krabici s $d,d,e$, je $2∕3$ a pravděpodobnost, že si vybral krabici s $d,e,e$, je $1∕3$. Pokud si Michal zvolí stejnou krabici jako David, vytáhne si $d$ s pravděpodobností

a $e$ s pravděpodobností

Pokud si zvolí druhou krabici, vytáhne si $d$ s pravděpodobností

a $e$ s pravděpodobností

Pokud je $d$ bílá, a tedy zaručující přežití, chce si Michal vytáhnout také $d$. Protože $\frac{4}{9}>\frac{1}{3}$, je pro něj lepší zvolit druhou krabici s šancí na přežití $4∕9$. Pokud je $d$ černá, chce si Michal vytáhnout $e$. Protože $\frac{2}{3}>\frac{5}{9}$, je pro něj lepší zvolit stejnou krabici a přežít tak s pravděpodobností $2∕3$. Protože je černých a bílých kuliček stejně, je barva $d$ bílá s pravděpodobností $1∕2$ a černá s pravděpodobností $1∕2$, takže Michal přežije s pravděpodobností

Výsledek:

$18$

Pro $n<18$ vezměme prvních $n$ členů Fibonacciho posloupnosti, dané vztahy $F_1=F_2=1$, $F_{k+2}=F_k+F_{k+1}$:

Zřejmě je největší číslo libovolné trojice vybrané z tohoto seznamu větší nebo rovné součtu druhých dvou, takže se nejedná o délky stran nedegenerovaného trojúhelníka. Nyní ukažme, že z každých osmnácti čísel $1\le x_1\le \cdots \le x_{18}\le 2019$ lze vybrat délky stran trojúhelníka. Kdyby tomu tak nebylo, pak máme

přičemž v každém kroku dostaneme na pravé straně nerovnosti člen zmíněné Fibonacciho posloupnosti. Nakonec dojdeme k $x_{18}\ge 987+1597>2019$, což není možné. Hledané $n$ je tedy $18$.

Výsledek:

$432=2^4\cdot 3^3$

Když označíme $n=p_1^{{\alpha }_1}\cdot p_2^{{\alpha }_2}\cdots p_t^{{\alpha }_t}$ prvočíselný rozklad $n$, platí

Podmínka, že největší společný dělitel není mocninou dvojky, je ekvivalentní existenci lichého prvočísla $q$, jež dělí zároveň $\sigma (n)$ i $\sigma (n^3)$. Protože

není $\sigma (n^3)$ nikdy dělitelné $3$, takže nejmenší $q$, které připadá v úvahu, je $5$. Dále si uvědomme, že $q$ nemůže být současně dělitelem ${\alpha }_i+1$ a $3{\alpha }_i+1$, neboť jinak by muselo dělit také

Existují tedy $i,j\in \{1,\dots ,t\}$, $i\ne j$, taková, že $q\mid {\alpha }_i+1$ a $q\mid 3{\alpha }_j+1$. Protože hledáme nejmenší $n$, předpokládejme, že $t=2$, $i=1$ a $j=2$.

Pro $q=5$ jsou nejmenší možné hodnoty ${\alpha }_1$ a ${\alpha }_2$ postupně $4$ a $3$, a vezmeme-li nejmenší možná prvočísla, tj. $p_1=2$, $p_2=3$, dostaneme $n=2^4\cdot 3^3=432$. Pro $q\ge 7$ pak dostáváme ${\alpha }_1\ge 6$ a ${\alpha }_2\ge 2$, což znamená, že

Tedy $432$ je vskutku nejmenší možná hodnota $n$.

Výsledek:

$3\sqrt{5}$

S využitím Eukleidových vět spočteme

Poloměr kružnice $t$ (který je roven $|\mathit{DT}|$) určíme pomocí známé rovnosti mezi obsahem trojúhelníka a součinem poloviny jeho obvodu a poloměru kružnice vepsané, kterou aplikujeme na trojúhelník $\mathit{ACD}$: $|\mathit{DT}|=54∕(36∕2)=3$. Označme $\omega$ kružnici vepsanou trojúhelníku $\mathit{BCD}$ a $S$ její bod dotyku se stranou $\mathit{CD}$. Stejným způsobem jako výše získáme $|\mathit{DS}|=4$. Stejnolehlost se středem $C$ a koeficientem $|\mathit{CT}|∕|\mathit{CS}|=9∕8$ zobrazí kružnici $\omega$ na kružnici $c$. Poloměr kružnice $c$ je tedy roven $4\cdot 9∕8=9∕2$. Buď nyní $M$ střed úsečky $\mathit{XY}$ a $O$ střed kružnice $c$. Víme, že $|\mathit{XO}|=9∕2$ a $|\mathit{OM}|=|\mathit{DT}|=3$. Za pomoci Pythagorovy věty už snadno dopočteme

Výsledek:

$1128$

Nejprve učiníme několik pozorování. Vzhledem k tomu, že v atraktivním obarvení mají každá dvě sousední políčka různé barvy, pak v každém řádku, ve kterém se celkem vyskytují více než dvě barvy, najdeme trojici sousedních políček obarvených třemi různými barvami. Tato trojice už jednoznačně určuje obarvení příslušných tří sloupců – každý z nich nutně obsahuje právě dvě střídající se barvy. Totéž platí, zaměníme-li v předchozím řádky a sloupce. Z toho vyplývá, že v atraktivním obarvení se nemůžou současně vyskytovat řádek i sloupec s více než dvěma barvami.

Nyní spočteme, kolik je atraktivních obarvení šachovnice se $6$ řádky a $7$ sloupci, která v každém řádku používají právě dvě barvy. Jestliže vybereme dvojici barev pro první řádek, jednoznačně tím určíme i dvojice barev pro všechny ostatní řádky. Pak už jde jen o to, která barva se v každém řádku vyskytne jako první. Celkem tedy máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)\cdot 2^6=6\cdot 2^6$ obarvení. Podobně dostaneme $6\cdot 2^7$ obarvení, která používají v každém sloupci právě dvě barvy. Nakonec potřebujeme odečíst obarvení, která jsme započítali dvakrát, což jsou právě ta, která používají pouze dvě barvy v každém řádku a v každém sloupci. Všechna taková obarvení jsou určena pořadím barev v levém horním čtverci $2\times 2$, a je jich tedy $4\cdot 3\cdot 2=24$.

Celkem máme $6\cdot 2^6+6\cdot 2^7-24=1128$ atraktivních obarvení.

Výsledek:

$597+3^{-99}$

Všechny hmotnosti jsou v gramech. Po prvním kroku má druhé dítě $8+4∕3$. Ve druhém kroku dá třetinu své čokolády třetímu dítěti, které pak má $12+8∕3+4∕3^2$. Po třetím kroku má čtvrté dítě $4(4+3∕3+2∕3^2+1∕3^3)$ čokolády. Snadno vypozorujeme, že sté dítě bude mít nakonec

Označme

Potom máme

Sečtením geometrické řady

dostaneme