Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$105^{\circ }$

Všimneme si, že daná úsečka je základnou rovnoramenného trojúhelníku s úhly $150^{\circ }$, $15^{\circ }$, $15^{\circ }$. Hledaný úhel je proto $180^{\circ }-60^{\circ }-15^{\circ }=105^{\circ }$.

Výsledek:

$6$

S každým posunem doleva musíme číslo dresu vydělit nějakým celým číslem větším než $1$. Prvočíselný rozklad $72$ je $2^3\cdot 3^2$. S každým krokem se exponent alespoň jednoho z prvočísel zmenší, takže můžeme mít nejvýše $3+2+1=6$ sportovců. Posloupnost $1$, $2$, $4$, $8$, $24$, $72$ má délku $6$ a splňuje podmínky, takže odhad $6$ je skutečně optimální.

Výsledek:

$44$

Označme si počet hudebníků $n$. Sečtením $23$ a $32$ dostaneme $n+\frac{n}{4}$, protože jsme započítali dvakrát ty, kteří hrají na housle i violu. Po úpravě vyjde $n=44$.

Výsledek:

$21$

Označme si $n$ Cecilovo nejmenší číslo. Potom $C=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$. David začal s $n+1$, takže $D=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$. Dostaneme

Řešením této rovnice je $n=20$. Nejmenší z Davidových čísel je proto $21$.

Výsledek:

$168$

Obrázek obsahuje $18$ trojúhelníčků se dvěma sousedy a $3$ trojúhelníčky s jedním sousedem. Zbývajících $64-18-3=43$ trojúhelníčků má tři sousedy. Součet je tedy $3\cdot 43+2\cdot 18+3=168$.

Výsledek:

$4$

Aby $n^2-5n+6=(n-2)(n-3)$ mohlo být prvočíslo, musí jeden z činitelů být $\pm 1$. Největší $n$, pro které se to stane, je $4$. Po dosazení $n=4$ skutečně dostaneme prvočíslo, konkrétně $2$.

Výsledek:

$2\sqrt{3}$

Čárkovaná úsečka se nachází ve vzdálenosti $1$ nad vodorovným průměrem velké kružnice. Střed velké kružnice, jeden krajní bod čárkované úsečky a bod „nahoře“ velké kružnice tedy tvoří rovnoramenný trojúhelník se svislou základnou a rameny délky $2$. Výsledek je tedy dvojnásobek délky výšky v rovnostranném trojúhelníku, který má strany délky $2$, a můžeme ho určit například z Pythagorovy věty.

Výsledek:

$\frac{3}{5}=0,6$

Označme si $t_a$ a $t_p$ časy, po které byl Daniel pryč a přítomen. Jelikož Adam a Daniel snědli stejně preclíků, dostaneme

Výsledek:

$58$

Úlohu převedeme na rovnici

kde všechny $x_i$ nabývají hodnot z $\{0,1\}$.

Součet cen mincí bez padesátikoruny je $0,4+0,5+1+2+4,1<11,8$, takže $x_6$ musí být $1$. Řešíme $1,9=0,4\cdot x_1+0,5\cdot x_2+1\cdot x_3+2\cdot x_4+4,1\cdot x_5$. Pokud $x_4=1$ nebo $x_5=1$, přesáhneme $11,8$, takže $x_4=x_5=0$. Ale $0,4+0,5+1=1,9$, proto jediné řešení je $x_1=x_2=x_3=x_6=1$ a $x_5=x_4=0$. Honza dostane $1+2+5+50=58$ korun.

Výsledek:

$27$

Sedm možných typů obdélníků je zakresleno na obrázku.

Dohromady máme $7$ jednotkových čtverců, $2$ čtverce velikosti $2\times 2$, potom $4$ čtverce vyznačené tečkovanou čarou a $2$ jako ten s přerušovanou čarou. Pak máme ještě $8$ obdélníků se stranami délky $1$ a $2$, dále $2$ obdélníky se stranami délky $1$ a $3$ a konečně $2$ obdélníky jako ten s přerušovanou čarou.

Celkem je to $7+2+4+2+8+2+2=27$ obdélníků.

Výsledek:

$39$

Chceme vyřešit rovnici $\mathrm{nsn}(60,n)=777+\mathrm{NSD}(60,n)$, kde $\mathrm{nsn}$ je nejmenší společný násobek a $\mathrm{NSD}$ je největší společný dělitel. Největší společný dělitel $60$ a $n$ dělí $60$, takže je to jedno z čísel $1$, $2$, $3$, $5$, $6$, $10$, $12$, $20$, $30$ nebo $60$. Obě strany rovnice jsou dělitelné $60$ a jediná možná hodnota $\mathrm{NSD}(60,n)$, která tohle splňuje, je $3$. Ale pak $\mathrm{NSD}(60,n)=780$ a $60\cdot n=3\cdot 780$, takže $n=39$.

Výsledek:

$\sqrt{\frac{7}{12}}$

Rozložme povrch čtyřstěnu do roviny jako na obrázku. Mravenec stojí v bodě $A$ a chce se dostat do $B$. Síť čtyřstěnu je rovinná, takže nejkratší cesta musí být úsečka (čárkovaná úsečka). Spočítáme $|\mathit{PD}|$ z Pythagorovy věty jako

tedy, $|\mathit{PD}|=\sqrt{\frac{3}{4}}$. Takže

Jelikož $|\mathit{DB}|=\frac{1}{2}$, můžeme znovu použít Pythagorovu větu a spočítat

což dává výsledek

Výsledek:

$27$

Pokud Danča dostala $3$, pak lže a mezi ostatními je právě jedna lhářka. To však není možné, protože by si dvě dívky musely vytáhnout stejné číslo. Pokud Danča dostala $9$ nebo $12$, všechny ostatní by lhaly, protože tak vysoká čísla v zadání nebyla. Danča tedy dostala $6$. Jediná, která může v této situaci říkat pravdu, je Anička, pokud si vylosovala $12$. Bára a Cecilka jsou lhářky a vylosovaly si v nějakém pořadí $3$ a $9$. Součin jejich čísel je $27$.

Výsledek:

$420$

Pokud má hledané číslo prvočíselný rozklad $n={p_1}^{a_1}\cdots {p_k}^{a_k}$, pak počet dělitelů je $(a_1+1)\cdots (a_k+1)$. Počet lichých dělitelů spočítáme podobně, jen ze součinu vynecháme $a_i+1$, kde $a_i$ je exponent pro $p_i=2$. Protože $24=8\cdot 3$ a lichých dělitelů je $8$, exponent pro $2$ je $2$. Z minimality $n$ dostaneme, že exponenty lichých prvočísel tvoří nestoupající posloupnost. Hodnota $n$ je tedy jedna z následujících: $2^2\cdot 3^7$, $2^2\cdot 3^3\cdot 5$, $2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$. Nejmenší z nich je $2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7=420$.

Výsledek:

$\sqrt{\pi }$

Obsahy šedých oblastí jsou stejné, takže kruh a čtverec mají stejný obsah, protože obsahy čtverce i kruhu jsou rovny součtu obsahu jejich průniku a čtyřnásobku šedé oblasti. Pokud je $a$ délka strany čtverce a $r$ poloměr kružnice, pak $a^2=r^2\pi$ a $a:r=\sqrt{\pi }$.

Výsledek:

$5$

Číslo $1$ je kladné, protože znaménka jsou napsaná jen mezi čísly. Součet $1+2+\cdots +20$ je $210$. Lenka dostala o $18$ méně, takže součet čísel po minusech je $9$. Záporná znaménka jsou tedy před prvky trojice $(2,3,4)$, nebo jednoho z párů $(2,7)$, $(3,6)$, $(4,5)$, nebo před číslem $9$. Lenka tedy mohla dostat výsledek $192$ pěti způsoby.

Výsledek:

$\frac{1}{81}$

Klíčové je všimnout si, že délka strany žlutého čtverce je jedna třetina délky přepony trojúhelníku; pro důkaz stačí doplnit „vnější“ trojúhelníky do čtverců, protože tyto trojúhelníky jsou rovnoramenné.

Podíl obsahu žlutého čtverce k obsahu trojúhelníku je

Využitím stejného pozorování dostaneme, že délka strany azurového čtverce je jedna šestina délky strany žlutého čtverce. Podíl obsahů azurového a žlutého čtverce je tedy $\frac{1}{36}$ a podíl obsahů azurového čtverce a trojúhelníku je $\frac{1}{81}$.

Výsledek:

$26$

Žádné z čísel $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $10$ nelze takto zapsat, protože $a,b\ge 1$ a $\mathrm{NSD}(a,b)=1$. Na druhou stranu, pokud volíme nesoudělné dvojice $(a,b)$ ve tvaru $(a,1)$, dostaneme libovolné liché číslo větší nebo rovno $5$, zatímco $(2k-3,2)$ nám dá čísla $n=4k\ge 8$ a $(2k-5,4)$ čísla $n=4k+2\ge 14$.

Výsledek:

$4$

Víme, že polynom má dva celočíselné kořeny, můžeme ho tedy napsat ve tvaru $a(x-k)(x-l)$, kde $k$ a $l$ jsou kořeny a $a$ je vedoucí koeficient. Součet koeficientů polynomu pak můžeme zapsat ve tvaru $a(k-1)(l-1)$, kde $a$, $k$ i $l$ jsou z předpokladů celočíselné. Máme tedy

Čísla $k-1$ a $l-1$ se liší o jedna, takže máme pouze čtyři možnosti, vedoucí k následujícím polynomům: $1010(x-2)(x-3)$, $1010x(x+1)$, $101(x-5)(x-6)$ a $101(x+3)(x+4)$.

Výsledek:

$19$

Víme, že počet pasažérů ve vlaku je $\frac{40\cdot 41}{2}=820$. Když vlak vjíždí do cílové stanice, vagóny $3$ až $22$ musí být plné. V opačném případě by ve vlaku mohlo sedět nejvýše $1+2+39+19\cdot 40=802$ pasažérů, protože by si před naplněním vagónu $3$ nemohl nikdo přesednout do $2.$ ani $1.$ vagónu. To znamená, že v prvních dvou vagónech sedí dohromady $20$ lidí. Druhý vagón proto nemůže být plný, takže v prvním vagónu je stále jen jeden pasažér. Ve druhém vagónu je tedy $20-1=19$ pasažérů.

Výsledek:

$18$

Vycházejme z obrázku a označme délku úhlopříčky papíru $d$, délku vodorovné strany přání $a$ a délku svislé strany $b$. Podíváme-li se na trojúhelník, který je tvořen levým rohem papíru a prodloužením svislé hrany přání, zjistíme, že je rovnoramenný a výška v něm je dlouhá $\frac{b}{2}+1$. Z toho plyne, že $d=a+b+2$, protože úhlopříčka čtverce je tvořena dvěma úseky, jejichž délka je rovna délce zmíněné výšky, a úsekem délky $a$. Aby horní roh po přeložení nepřesahoval, musí platit $\frac{d-b}{2}\le b$, neboli $b\ge \frac{d}{3}$. Dohromady $a\le d-\frac{d}{3}-2=\frac{2}{3}d-2$.

Výsledek:

$55$

Označme $a+b=d^2$, $b+c=e^2$, $c+a=f^2$, kde $d$, $e$ a $f$ jsou po dvou různá přirozená čísla. Dále předpokládejme, že $d<e<f$ (není-li tomu tak, můžeme například přeznačit proměnné). Z faktu, že Matějova čísla jsou přirozená, plyne, že

Navíc víme, že $a+b+c=\frac{d^2+e^2+f^2}{2}$, tedy hledáme trojici čísel $(d^2,e^2,f^2)$, která splňuje nerovnost výše a její součet je sudý a minimální možný. Hledaná trojice je $(25,36,49)$ a hledaný součet pak 55.

Výsledek:

$162=2\cdot 3^4$

Cesta je jednoznačně určena následujícími volbami: na prvním rozcestí lze jít buď nahoru, nebo dolů (2 možnosti), a pak v každém ze 4 svislých párů vrcholů můžeme buď nepoužít žádnou svislou šipku, použít jednu z nich, nebo použít obě (3 možnosti). Volby jsou na sobě nezávislé, takže celkový počet možností je $2\cdot 3^4=2\cdot 81=162$.

Výsledek:

$29$

Všimněme si, že máme-li zadanou první cifru čtyřciferného čísla, pak už je toto číslo jednoznačně určeno informací, zda v první, druhé a třetí dvojici po sobě jdoucích cifer je druhá cifra větší, nebo menší než ta první. Tyto možnosti budeme zkráceně zapisovat trojpísmenným kódem z písmen U a D, kde U znamená, že druhá cifra je větší než ta první, D, že je menší a pozice v kódu odpovídá pořadí dvojice cifer v čísle. Například číslo $1474$ by dalo vzniknout kódu UUD – druhé číslice v první i druhé dvojici čísel jsou větší než ty první a v poslední dvojici je to naopak.

Těchto kódů je celkem sedm, protože UUU není přípustný kód pro žádné čtyřciferné číslo – číslo nesmí začínat nulou. Nyní stačí určit, které počáteční číslice můžeme využít se kterým kódem, aby číslo, které je tímto kódem určené, bylo čtyřciferné:

• UUD: 1, 2, 3,
• UDU: 1, 2, 3, 4, 5, 6,
• DUU: 3, 4, 5, 6,
• UDD: 3, 4, 5, 6,
• DUD: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,
• DDU: 6, 7, 8, 9,
• DDD: 9.

Čísel s hledanou vlastností je dohromady $29$.

Výsledek:

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

Označme si $x$ délku strany čárkovaného čtverce. Pro poloměry kružnic $r$ platí $r=\frac{1-x}{2}$. Úhlopříčka jednotkového čtverce je rozdělena středy kružnic a jejich bodem doteku na čtyři úsečky. Dvě z nich mají délku $r$ a dvě jsou úhlopříčky čtverce o délce strany $r$. Celkem dostaneme

a po vyřešení $x=1-\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$.

Výsledek:

$\frac{2020}{2019}$

Sečtením všech rovnic obdržíme

takže výsledek je $\frac{2020}{2019}$.

Výsledek:

$620$

Nazvěme vyhrávající ta čísla, pro která existuje vyhrávající strategie, a ostatní čísla jako prohrávající. Číslo $n$ je vyhrávající tehdy a jen tehdy, pokud interval $⟨\frac{n}{3},\frac{n}{2}⟩$ obsahuje prohrávající číslo. Stejně tak číslo $n$ je prohrávající právě tehdy, když je každé číslo z intervalu $⟨\frac{n}{3},\frac{n}{2}⟩$ vyhrávající (například i tehdy, když tento interval neobsahuje žádné přirozené číslo).

Číslo $1$ je prohrávající, takže z předchozích pozorování plyne, že $2$ i $3$ jsou vyhrávající. To znamená, že čísla $4,\dots ,7$ jsou prohrávající, protože pro tato číslo interval $⟨\frac{n}{3},\frac{n}{2}⟩\cap \mathbb{N}\subseteq \{2,3\}$. Obdobně čísla $8,\dots ,21$ jsou vyhrávající. Opakováním tohoto postupu určíme, že další vyhrávající čísla jsou $44,\dots ,129$ a $260,\dots ,777$. Celkem tedy máme $620$ vyhrávajících čísel.

Výsledek:

$60$

Z Thaletovy věty plyne, že úhly $\mathit{ADC}$ a $\mathit{ADB}$ jsou pravé, a tedy body $B$, $C$ a $D$ leží na jedné přímce. Z Pythagorovy věty spočítáme $|\mathit{BD}{|}^2=17^2-(7^2-4^2)=16^2$, neboli $|\mathit{BC}|=16\pm 4$ (skutečně, zmíněné pravé úhly mohou být shodné nebo dohromady tvořit přímý úhel). Spojením středů kružnic dostaneme trojúhelník podobný (s koeficientem $\frac{1}{2}$) trojúhelníku $\mathit{ABC}$ a hledaná vzdálenost proto musí být $\frac{20}{2}=10$ nebo $\frac{12}{2}=6$. Hledaný součin je tedy $60$.

Výsledek:

$20$

Žádné dva trolejbusy od sebe nesmí být vzdáleny právě dvě zastávky. Zjevně jsou tedy liché a sudé zastávky navzájem nezávislé a v každé z těchto skupin mohou být najednou maximálně $4$ trolejbusy. V jedné tak musí být o půlnoci $3$ a ve druhé $4$, takže možností je $2\cdot N$, kde $N$ odpovídá počtu způsobů, kterými můžeme položit tři kameny na sedm míst v řadě tak, aby byly odděleny mezerami. Nejdříve umístíme čtyři volná místa do řady a pak mezi ně nebo na okraje položíme tři kameny. Pro první kámen tak máme $5$ možností, pro druhý $4$ a pro třetí $3$. Protože jsou kameny nerozlišitelné, tzn. nezávisí na pořadí jejich výběru a celkem je těchto uspořádání $3\cdot 2\cdot 1$, výsledek je dohromady

Řešení celé úlohy je tedy $2\cdot 10=20$.

Výsledek:

$4251$

Nejprve spočítejme, kolik číslic zůstane stejných. Je snadné si rozmyslet, že u každého jednociferného či dvouciferného čísla operace $+11$ všechny cifry změní. Proto jsou všechny nepřepsané číslice na pozici stovek nebo tisíců. Pokud jsou dvě poslední cifry čísla stránky od $00$ do $88$, zůstanou jeho počáteční jedna či dvě cifry stejné. To nastane pro číslici na místě stovek u $89$ čísel v každé stovce stránek. Každé číslo od $1000$ do $1988$ má navíc ještě jednu pevnou číslici – tu na místě tisíců. Pro stránky do $1999$ máme tedy celkem $19\cdot 89+989=2680$ číslic, které zůstanou nezměněné. Na stránkách od $2000$ do $2020$ je pak napsaných $21$ čísel. Jejich cifry na místě stovek a tisíců se nezmění, což dává dalších $2\cdot 21=42$ nedotčených číslic. Dohromady tedy zůstane $2680+42=2722$ číslic stejných.

Zbývá spočítat, kolik číslic je v původním očíslování stránek celkem. Od $1$ do $9$ je to $9$ číslic, na stránkách od $10$ do $99$ je $90\cdot 2$ číslic, od $100$ do $999$ je pak $900\cdot 3$ číslic a od $1000$ do $2020$ dalších $1021\cdot 4$ číslic. Dohromady bylo tedy v původní verzi knihy $6973$ číslic, a proto jich $6973-2722=4251$ musí Marian přepsat.

Výsledek:

$65$

Do každé křižovatky napíšeme počet způsobů, kolika může kulička spadnout odtamtud až dolů. Začneme zezdola a postupujeme nahoru. Každé číslo je součtem čísel bezprostředně pod ním.

Výsledek:

$68$

Ze zadání plyne, že král a tři rytíři po jeho levici měli na začátku všichni klobásu. To znamená, že po třetím posunutí se první banán po králově levici dostal ke klobásožravci a první banánožravec po králově pravici dostal klobásu. Toto nutně musí být ti dva rytíři, kteří si na konci vyměnili místa.

Po třetím posunutí každý dostal svačinu člověka, který seděl o tři místa vlevo od něj, a tedy mimo rytíře, kteří si vyměnili místo, musel tento spolustolovník mít stejnou svačinu. Zasedací pořádek na začátku vypadal následovně:

Z toho dále plyne, že každý banánožravec a každý klobásožravec, který seděl napravo od banánožravce, měli po prvním posunutí svačin špatný pokrm. Proto je banánožravců $\frac{64}{2}=32$, a zbytek, to je $100-32=68$, rytířů (a král) jsou klobásožravci.

Výsledek:

$150$

Velikosti všech úhlů uvedených trojúhelníků musí být $\alpha$, $\beta$ nebo $\gamma$ (ve standardním značení úhlů trojúhelníku $\mathit{ABC}$). Velikost úhlu $\mathit{EAC}$ se zjevně rovná $\beta$ a velikost úhlu $\mathit{AEC}$ se rovná $\alpha$. Úhly $\mathit{EDA}$ a $\mathit{EDB}$ dohromady tvoří $180^{\circ }$, takže musí být stejné, a proto musí být $\alpha$ nebo $\gamma$ rovna $90^{\circ }$. Snadno ověříme, že první z těchto možností nevede na nemožnou konfiguraci a druhá pak dává $\alpha =60^{\circ }$. Výsledek je tedy $90^{\circ }+60^{\circ }=150^{\circ }$.

Výsledek:

$240$

Nakresleme si hlídače jako uzly v diagramu, kde propojení dvou uzlů čarou reprezentuje společnou směnu daných dvou pracovníků. Chceme znát celkový počet možností, jak můžeme nakreslit všech $\frac{5\cdot 4}{2}=10$ čar mezi uzly, aby neměly dvě po sobě jdoucí čáry společný uzel. První čáru můžeme vybrat $10$ způsoby, druhou $3$ způsoby a v dalších dvou krocích máme vždy dvě možnosti. Nezávisle na našem rozhodnutí se po nich ale vždy dostaneme do stejné situace, neboli kteroukoli posloupnost těchto dvou nakreslených čar dokážeme dostat z kterékoli jiné prostým přečíslováním uzlů. Pátá volba však povede ke dvěma různým výsledkům: Buď dostaneme cyklus pěti čar, nebo cyklus čtyř čar s pátým „ocáskem“. První možnost vede v následujících krocích na $1$, $2$, $1$, $1$ a $1$ možnosti, zatímco tu druhou nelze dokončit podle pravidel, protože dvě poslední čáry by musely obsahovat „špičku ocásku“. Dohromady tedy máme

možných rozvrhů směn.

Výsledek:

$\frac{27721}{200}$

Označme $a<b<c$ délky stran Lucčina trojúhelníku. Popsaná situace může nastat pouze tehdy, pokud tyto délky splňují $a:b=b:c$. Pak existují tři možnosti:

(i)

$a=32$, $b=50$, z čehož dostaneme $x=c=50\cdot \frac{50}{32}$;

(ii)

$a=32$, $c=50$, což dává $x=b=\sqrt{32\cdot 50}=40$;

(iii)

$b=32$, $c=50$, z čehož plyne $x=a=32\cdot \frac{32}{50}$.

Zbývá jen zkontrolovat, že žádná z těchto možností neporušuje trojúhelníkovou nerovnost (což je pravda), a možné hodnoty délky $x$ sečíst.

Výsledek:

$902$

Všimněme si, že pokud je $a$ počet hran mezi dvěma po sobě jdoucími zastávkami v jedné fázi, pak (v této fázi) běžec uběhne celkem $\frac{40}{\mathrm{NSD}(40,a)}$ takto dlouhých úseků. Nyní rozdělíme čísla od $1$ do $40$ podle toho, jakého mají největšího společného dělitele $d$ s číslem $40$:

• $d=1$ pro $a\in \{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39\}$,
• $d=2$ pro $a\in \{2,6,14,18,26,34,38\}$,
• $d=4$ pro $a\in \{4,12,28,36\}$,
• $d=5$ pro $a\in \{5,15,25,35\}$,
• $d=8$ pro $a\in \{8,16,24,32\}$,
• $d=10$ pro $a\in \{10,30\}$,
• $d=20$ pro $a\in \{20\}$,
• $d=40$ pro $a\in \{40\}$.

Jak již bylo řečeno, v každé fázi se běžec zastaví $\frac{40}{d}$-krát, takže abychom spočítali celkový počet zastávek, pro každé $d$ výše spočítáme součin $\frac{40}{d}$ s počtem čísel¹ příslušících k tomuto $d$, sečteme tyto hodnoty přes všechna $d$ a odečteme jedničku, protože nechceme započítat poslední zastavení na startu. Dosazením dostaneme

Výsledek:

$\frac{2}{9}$

Označme vrchol (domovské město) $A$, jeho sousedy (spojené cestami) $B_1$, $B_2$, $B_3$, sousedy těchto vrcholů (mimo vrchol $A$) $C_1$, $C_2$, $C_3$ a poslední vrchol $D$. Všimněme si, že ET může po lichém počtu kroků (cest) skončit pouze ve vrcholech $B_1$, $B_2$, $B_3$ nebo $D$. Analogicky po sudém počtu kroků může skončit pouze ve vrcholech $C_1$, $C_2$, $C_3$ nebo $A$, kde poslední možnost nemůže nastat před $2020$. krokem. Označme $P_n(V)$ pravděpodobnost, že se ET po $n$-tém kroku bude nacházet ve vrcholu $V$. Ze symetrie plyne, že

Označme tyto dvě pravděpodobnosti po řadě $P_n(B)$ a $P_n(C)$.

Spočítejme nyní všechny nenulové pravděpodobnosti v prvních několika krocích:

• $P_0(A)=1$,
• $P_1(B)=\frac{1}{3}$,
• $P_2(C)=\frac{1}{3}$,
• $P_3(D)=\frac{1}{3}$, $P_3(B)=\frac{2}{9}$,
• $P_4(C)=\frac{1}{3}$.

Všimněme si, že situace v 2. a 4. kroku je (co se týče pravděpodobností) stejná. Matematickou indukcí lze dokázat, že se tyto pravděpodobnosti periodicky opakují, jak je vidět na krocích 2-4. Proto $P_{2019}(B)=P_3(B)=\frac{2}{9}$, a tedy

Výsledek:

$27$

Všechna $x$ splňují $x\star 3=3$, takže $a=(3\star 2)\star 1=5\star 1=27$ je jediné řešení.

Výsledek:

$2052$

Označme předměty $A$, $B$, $C$ a $D$. Předpokládejme, že předmět, který si zapíše více kamarádů, je $A$. Potom máme pouze 5 možností, kdo si zapíše předmět $B$, protože podle předpokladu na něj může být zapsán nejvýše jeden z kamarádů. Stejný argument platí pro kurzy $C$ a $D$. Celkem je tedy $5^3=125$ možností, jak si kamarádi mohou tyto tři předměty zapsat. Je to součet možností, kdy si tyto tři kurzy nezapíše nikdo (to je právě jedna možnost), zapíše si je právě jeden student, právě dva studenti a právě tři studenti. Počet možností, kdy si tyto tři kurzy dohromady zapíšou tři různí studenti, je $4\cdot 3\cdot 2=24$.

Dále chceme spočítat, kolik je možností, že si některé z předmětů $B$, $C$, $D$ zapsal právě jeden z kamarádů. Studenta můžeme vybrat čtyřmi způsoby a ten pak může navštěvovat všechny $3$ kurzy ($1$ možnost), $2$ kurzy ($3$ možnosti) nebo $1$ kurz ($3$ možnosti). Dohromady je to $4\cdot 7=28$ možností. To dále implikuje, že počet možností, ve kterých si některé z předmětů $B$, $C$, $D$ zapsali právě dva kamarádi, je $125-1-24-28=72$, protože se jedná o doplněk k možnostem, které jsme již spočítali výše.

Nyní už zbývá jen rozebrat zápis kurzu $A$. Z předpokladu víme, že všichni kamarádi, kteří si žádný jiný předmět nevybrali, si musí zapsat tento. Všichni ostatní si mohou vybrat, jestli si ho zapíší nebo ne, pokud si ho kromě nich zapsali ještě dva další studenti. To je tedy jediná možnost, pokud si žádný z kamarádů nezapsal jiný předmět; právě $2$ možnosti, pokud jeden z kamarádů má zapsané nějaké jiné kurzy; právě $4$ možnosti, pokud jiné kurzy mají zapsané dva kamarádi; právě $7$ možností, pokud jiný kurz nemá zapsaný pouze jeden kamarád (sedm, protože minimálně jeden z těch tří zbývajících si ho musí vybrat). Na začátku jsme předpokládali, že předmět, který si zapisuje více kamarádů, je $A$, stejně tak to ale může být kterýkoliv jiný, takže dohromady máme $4\cdot (1\cdot 1+28\cdot 2+72\cdot 4+24\cdot 7)=2052$ možností, jak si kamarádi mohou kurzy zapsat.

Výsledek:

$259$

Vezměme si libovolné $1000^{1000}$ciferné číslo $n$ složené pouze z cifer $1$, $2$, $4$. Pokud nahradíme všechny jedničky dvojkami, dvojky čtyřkami a čtyřky jedničkami, dostaneme jiné číslo, které je ovšem také složené pouze z jedniček, dvojek a čtyřek. Všimněme si, že po dalším provedení této operace dostaneme číslo, které se liší od zbylých dvou, a provedeme-li operaci potřetí, vznikne původní číslo. Když takto získaná tři čísla sečteme, dostaneme $1000^{1000}$ciferné číslo $B$ tvořené samými sedmičkami, protože na každé pozici sečteme právě jednu jedničku, dvojku i čtyřku.

Čísel uvažovaných v zadání je celkem $3^{1000^{1000}}$. Celkem tak máme $3^{1000^{1000}-1}$ trojic popsaných výše, protože každé číslo patří pouze do jedné trojice. Hledáme tedy poslední tři cifry čísla

což znamená, že nás zajímá zbytek, který toto číslo dává po dělení $1000$. Zřejmě platí $B\equiv 777(\mathit{mod}1000)$. Díky tomu, že $3$ a $1000$ jsou nesoudělné, můžeme použít Eulerovu větu – platí, že $\phi (1000)=400$, což je dělitel $1000^{1000}$, a tedy

kde záporný exponent znamená, že hledáme zbytek inverzní k třem modulo $1000$. Víme, že

takže tento inverz je $-333\equiv 667(\mathit{mod}1000)$. Konečně hledané trojčíslí je

Výsledek:

$120$

Označme (standardně) délky stran trojúhelníku $a$, $b$ a $c$ a označme $\beta$ vnitřní úhel při vrcholu $B$. Pak ze sinové věty plyne, že

Použijeme-li vztah $\sin 2\beta =2\sin \beta \cos \beta$ a upravíme-li rovnost výše, dostaneme

Opětovné použití sinové věty dává

Využitím součtových vzorců na $\sin 3\beta =\sin (2\beta +\beta )$ a na $\cos 2\beta$ a dosazením spočtené hodnoty $\cos \beta$ dostaneme

Nejmenší celočíselná hodnota $a$, pro kterou existují celočíselné hodnoty $b$ a $c$ splňující rovnost výše a zároveň $a$, $b$ a $c$ jsou délky stran trojúhelníka, je $a=6$. Příslušné hodnoty $b$ a $c$ jsou 4 a 5. Součin těchto tří hodnot je 120.

Výsledek:

$1860497$

Označme si $A(n)$ počet takových uspořádání pro stůl s $n$ místy; pro jednoduchost zahrneme i uspořádání s $0$ místy, tedy prázdný stůl. Pro $n\ge 5$ si dokážeme následující rekurentní vztah

Podmnožinu $M$ množiny $\{1,\dots ,n\}$ nazveme cyklicky řídkou, pokud neobsahuje pár po sobě jdoucích čísel a pokud neobsahuje zároveň $1$ a $n$. Pak $A(n)$ je počet cyklicky řídkých podmnožin množiny $\{1,\dots ,n\}$.

Označme $B(n)$ počet řídkých podmnožin množiny $\{1,\dots ,n\}$, tedy těch, které neobsahují dvě po sobě jdoucí čísla (tentokrát nemáme žádné dodatečné omezení na $1$ a $n$). Pak $B(n)$ splňuje $B(n)=B(n-1)+B(n-2)$, neboť máme $B(n-1)$ řídkých podmnožin, které neobsahují $n$, a $B(n-2)$ řídkých podmnožin, které obsahují $n$.

Zkusme totéž s $A(n)$: Počet cyklicky řídkých podmnožin, které obsahují $n$, je $B(n-3)$, protože taková podmnožina neobsahuje $1$ a $n-1$ a zbytek podmnožiny je libovolná řídká podmnožina $\{2,\dots ,n-2\}$. Pokud cyklicky řídká podmnožina neobsahuje $n$, pak zbývající prvky mohou tvořit libovolnou řídkou podmnožinu $\{1,\dots ,n-1\}$. Takže

pro $n\ge 3$. Posunuté posloupnosti $B(n-1)$ a $B(n-3)$ splňují rekurentní vztah (R), takže jejich součet $A(n)$ také splňuje tento vztah pro $n\ge 5$.

Pro $n=3$ a $4$ dostaneme $A(3)=4$ a $A(4)=7$. Pomocí (R) spočítáme vyšší hodnoty, až dostaneme $A(30)=1860498$. Pro řešení úlohy musíme ještě odečíst jedna kvůli prázdnému stolu.

Výsledek:

$5\sqrt{\frac{7}{2}}\doteq 9,354134$

Dokresleme do obrázku přímku rovnoběžnou s $\mathit{DF}$ procházející bodem $A$ (jako na obrázku) a označme $E$ její průsečík s přímkou $\mathit{CD}$. Dále označme $x$ délku hledané úsečky $\mathit{CD}$. Z podobnosti trojúhelníků $\mathit{CDF}$ a $\mathit{CEA}$ plyne, že

Platí, že

a proto je čtyřúhelník $\mathit{AEBC}$ tětivový. To pro změnu znamená, že

Tím dostáváme, že trojúhelníky $\mathit{EDA}$ a $\mathit{EAC}$ jsou podobné, a tedy

Výsledek:

$1011$

Tvrdíme, že $f(n)\le n+1$ pro všechna $n\in \mathbb{N}$. Protože $f(n+1)\ge f(n)+f(f(1))-1\ge f(n)$ pro libovolné $n\in \mathbb{N}$, $f$ musí být neklesající. Předpokládejme nyní, že

neboli $f(m)=m+c$ pro nějaké $c\in \mathbb{N}$, $c\ge 2$. Pak

a induktivním aplikováním tohoto argumentu dostáváme $f(2^{r}m)\ge 2^{r}m+2^r(c-1)+1$. Spojíme-li tuto nerovnost, podmínku ze zadání a fakt, že $f$ neklesající, obdržíme

kde opět díky monotónnosti platí $f(2^{r}m+1)=f(2^{r}m+2)=\cdots =f(2^{r}m+2^r(c-1)+1).$ Pro všechna $k\in \mathbb{N}$ zvolme $r_k\in \mathbb{N}$ takové, že $2^{r_k}(c-1)>k$. Poté

a tedy $f(f(k))\le 1$, což znamená, že $f(f(k))=1$ pro všechna $k\in \mathbb{N}$. Z toho však rovněž plyne $1=f(f(m))=f(m+c)\ge f(m)$, a tudíž $f(m)=1$, což je ve sporu s předpokladem $\mathrm{\text{(}}\text{1}\text{)}$. Nutně tedy musí platit, že $f(n)\le n+1$ pro všechna $n\in \mathbb{N}$.

Pro libovolné přirozené číslo $N>1$ může $f(N)$ nabývat libovolné hodnoty z množiny $\{1,2,\dots ,N+1\}$. Abychom to dokázali, nechť je nejprve $A<N$. Definujme $f_1(n)=1$ pro $n\le A$ a $f_1(n)=A$ pro $n>A$. Funkce $f_1$ splňuje podmínky a $f_1(N)=A$. Následně funkce $f_2(n)=n$ také splňuje zadanou podmínku a $f_2(N)=N$. Nakonec funkce $f_3(n)=N\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +1$ dává $f_3(N)=N+1$ a rovněž splňuje podmínku. Skutečně platí

kde jsme použili $\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +\frac{1}{N}<\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +1$ pro $N>1$ a $\lfloor x\rfloor +\lfloor y\rfloor \le \lfloor x+y\rfloor$ pro libovolná reálná čísla $x,y\in (0,\infty )$.

Protože $2020>1$, výsledek je jednoduše průměr všech přirozených čísel od $1$ do $2021$, tedy $\frac{2022}{2}=1011$.

Výsledek:

$88$

Nejdříve ukážeme, že trojúhelníky $\mathit{BEC}$, $\mathit{AED}$, $\mathit{DCF}$ a $\mathit{ABF}$ mají společnou kružnici připsanou – tu ležící v úhlu $\mathit{EAF}$.

Nechť $G$ označuje bod dotyku kružnice připsané trojúhelníku $\mathit{BEC}$ ležící v úhlu $\mathit{CBE}$ s polopřímkou $\mathit{BE}$. Vzdálenost bodů $B$ a $G$ je polovina obvodu trojúhelníku $\mathit{CBE}$, tj.

Nyní nechť $G^{\prime }$ je bod dotyku kružnice připsané trojúhelníku $\mathit{AED}$ s polopřímkou $\mathit{AE}$. Využitím platnosti

dostaneme, že

a tedy $G=G^{\prime }$. Z toho dále plyne, že bod $O$, jakožto bod dotyku kružnice připsané na straně $\mathit{CE}$, je společný pro oba trojúhelníky, a také to znamená, že trojúhelníky $\mathit{BEC}$ a $\mathit{AED}$ mají společnou připsanou kružnici. Analogicky ukážeme, že trojúhelníky $\mathit{DCF}$ a $\mathit{ABF}$ mají také společnou připsanou kružnici. Tyto dvě kružnice jsou navíc identické, protože střed obou kružnic musí ležet v průsečíku os úhlů $\mathit{EAF}$ a $\mathit{ECF}$. Víme, že délka tečen vedených z bodu ke kružnici je stejná, tedy platí, že $|\mathit{AG}|=|\mathit{AH}|$, a to pak implikuje, že trojúhelníky $\mathit{AED}$ a $\mathit{ABF}$ mají stejný obvod. Dohromady dostaneme, že

Výsledek:

$1568$

Přepišme rovnici do tvaru

Pokud jsou dva čtverce v poslední závorce nulové, pak je nutně nulová celá. Je-li tedy závorka nenulová, pak musí nabývat hodnoty alespoň $2$ a čísla $p$, $q$ a $r$ nemohou všechna nabývat stejné hodnoty. To znamená, že

Všimněme si, že trojice $(p,q,r)=(n,n,n+1)$ je řešením pro $k=3n+1$ pro každé $n\ge 1$. Stejně tak trojice $(p,q,r)=(n,n+1,n+1)$ je řešením pro $k=3n+2$ pro každé $n\ge 1$.

Pokud $3\mid k$, můžeme rovnici přepsat do tvaru

odkud je vidět, že také $3\mid p+q+r$, a proto nutně $9\mid k$. Můžeme též snadno nahlédnout, že trojice $(p,q,r)=(n-1,n,n+1)$ řeší rovnici pro $k=9n$ pro každé $n\ge 2$. Zbývá rozhodnout, jak je to pro $k=9$. Pokud jsou čísla $p$, $q$, $r$ po dvou různá, máme

a pokud $p=q\ne r$, pak

Platí, že $2p+r>1$, tedy

což není možné, protože pak by $r=p\pm 1$ a $9\ne 3p\pm 1$. Poskládáme-li vše dohromady, pak všechna přípustná $k$ dostaneme tak, že z množiny $\{1,2,\dots ,2020\}$ odebereme čísla menší než čtyři a čísla dělitelná třemi a poté přidáme čísla dělitelná devíti větší než $9$. Dohromady jich je $2020-3-672+223=1568$.