Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$34$

Aby jedno z čísel bylo co největší, musí zbylá tři být co nejmenší. Protože musí být navzájem různá, nejmenší možný součet dává trojice $1$, $2$ a $3$. Aby se průměr rovnal $10$, musí být jejich součet roven $4\cdot 10=40$ a zbývající číslo je pak $40-(1+2+3)=34$.

Výsledek:

$505$

Jestliže je čtyřka kořenem, po dosazení dostáváme $4^2+4m+2020=0$ čili $m=-509$. Rovnice má pak tvar $x^2-509x+2020=0$ a jejím řešením jsou $4$ a $505$.

Jiné řešení. Pokud druhý kořen označíme $s$, pak rozkladem na součin dostáváme

a porovnáním koeficientů polynomů na levé a pravé straně dostáváme $4s=2020$, neboli $s=505$.

Výsledek:

$7$

Protože $N>1$ a zároveň $N$ dělí $95-4=91=7\cdot 13$, je $7$ nejmenším možným Kubovým číslem.

Výsledek:

$54^{\circ }$

Označme body podle obrázku.

$$$$

Velikost vnitřních úhlů pravidelného pětiúhelníku je $108^{\circ }$. Trojúhelník $ABC$ je rovnoramenný s úhlem $|\sphericalangle ABC|=108^{\circ }$, takže

Protože $ABH$ je pravoúhlý trojúhelník s pravým úhlem u vrcholu $B$, snadno dopočítáme

Výsledek:

$120$

Hledaná doba je násobkem všech tří period, a protože se ptáme na nejmenší takovou dobu, odpovědí v minutách je nejmenší společný násobek čísel $12$, $10$ a $8$, což je $120$.

Výsledek:

$8\sqrt{2}$

Pátý okvětní lístek je čtverec s úhlopříčkou délky $4$, tudíž se stranami délky $2\sqrt{2}$. Jeho obvod je tedy $8\sqrt{2}$.

Výsledek:

$20\%$

Označme $F_1$ a $F_2$ původní výšky fazolí. Protože obě za týden vyrostly ve stejném poměru, jsou jejich nové výšky rovny $k{F}_1$ a $k{F}_2$ pro nějaké celé číslo $k>1$, pro něž je $(k-1)\cdot 100\%$ hledané procento růstu. Potom ze zahradníkových měření vyplývá

Dosazením za $F_2$ ve druhé rovnici a zkrácením $F_1$ ze zlomku spočítáme, že $k^2=1,44$, neboli $k=1,2$. To znamená, že rostlinky za týden vyrostly o $20\%$.

Výsledek:

$15$

Pro každý ze tří vrcholů velkého trojúhelníku máme tři kosočtverce směřující ve směru daného vrcholu a dva $1\times 2$ rovnoběžníky sdílející tento vrchol s velkým trojúhelníkem. Na obrázku je znázorněno těchto pět rovnoběžníků příslušných hornímu vrcholu trojúhelníku. Žádný jiný typ se na obrázku nevyskytuje, dohromady tedy máme $3\cdot 5=15$ rovnoběžníků.

$$$$

Výsledek:

$8$

Hledáme co nejmenší číslo $s\ge 505$ ve tvaru $s=27x+36y$, kde $x$ a $y$ značí počet autobusů jednoho, respektive druhého typu. Protože největší společný dělitel čísel $27$ a $36$ je $9$, číslo $s$ musí být násobkem $9$. Nejmenší násobek $9$, který je větší nebo roven $505$, je $513$, a protože $513=27\cdot 3+36\cdot 12$, je nejmenší možný počet prázdných míst $N$ roven $513-505=8$.

Výsledek:

$10$

Jinými slovy se ptáme na počet různých uspořádání obrázků takových, kde obrázky sovice nejsou vedle sebe. První sovice může být pověšena na hřebíčky $1$, $2$, $3$ a $4$ ze všech šesti možných, druhá sovice pak může být v závislosti na pozici té první pověšena na následující hřebíčky:

což dohromady dává $10$ takových uspořádání, a tedy $10$ dnů pro Hedviku.

Výsledek:

$30$

Rozvineme-li trdelník tak, jako při jeho pojídání či výrobě, spatříme, že na každou otočku kolem válce nám rýha vystoupá o $6\mathrm{cm}$ a prodlouží se ve vodorovném směru o obvod válce, tj. $8\mathrm{cm}$. Z Pythagorovy věty je délka rýhy odpovídající jedné otočce v centimetrech rovna

Protože máme otáčky tři, celková délka této rýhy je $30\mathrm{cm}$.

Výsledek:

$33$

Poslední dvě číslice musí být nuly. Dále první číslice prvního čísla je $4$ a první číslice druhého činitele je $7$. Protože je součin dělitelný $100$, a tedy i $25$, musí buď být jeden z činitelů dělitelný $25$, nebo oba $5$. Žádný dvouciferný násobek pětadvaceti však nezačíná čtyřkou a druhá číslice druhého činitele není nula, nutně tedy musí být druhý činitel násobek $25$, a tedy roven $75$. Protože výsledek je dělitelný $4$, musí nyní nutně být i první činitel dělitelný $4$, a tudíž být roven $48$. Fanda tedy zadal do kalkulačky $48\times 75=3600$ a součet všech číslic na jeho kalkulačce je proto roven $33$.

Výsledek:

$3566$

Nechť $x$ a $y$ jsou ona dvě sčítaná čísla a $c$ číslice, kterou Pavel napsal BÚNO k číslu $x$. Pak dostáváme

z čehož odečtením rovnic dostaneme

Z toho plyne, že $c$ musí být $5$, neboť $32099-c$ musí být dělitelné $9$. Tudíž $x=3566$ a $y=8779$; hledaným číslem je $3566$.

Výsledek:

$189$

Hlavním pozorováním je, že se čísla na stěnách malých kostek na protilehlých stěnách velké kostky vždy sečtou na $7$, jak je ukázáno na obrázku vlevo. Velká kostka má $27$ párů protilehlých stěn, takže nehledě na to, jak Honza kostky uspořádal, musel celkový počet viditelných ok být $27\cdot 7=189$. Jedno z možných slepení je pak na obrázku vpravo.

$$$$

Výsledek:

$5:2$

Úhlopříčky rozdělují malé $X$-pentomino na čtyři shodné dílky. Když slepíme dva takové dílky, dostaneme jeden čtverec velkého pentomina (viz obrázek). Větší pentomino se tak dá rozdělit na $10$ takových dílků a hledaný poměr je proto $10:4=5:2$.

$$$$

Výsledek:

$5940$

Všechna čísla mezi $10^3$ a $10^4$ mají sudý počet číslic, takže i součet číslic všech palindromů v tomto intervalu bude sudý. Navíc jsou palindromy v tomto rozmezí právě čísla ve tvaru $\overline{\mathit{abba}}$, kde $b$ je libovolná číslice a $a$ je libovolná nenulová číslice. To znamená, že v tomto intervalu máme právě $90$ a obdobně máme přesně $900$ palindromů v intervalu $10^5$ a $10^6$, které mají sudý ciferný součet.

Pro libovolné číslice $b$ a $c$ a pro nenulové $a$ budou všechny palindromy mezi $10^4$ a $10^5$ právě čísla ve tvaru $\overline{\mathit{abcba}}$. Součet jejich číslic bude sudý právě tehdy, když $c$ je sudé. To dává $9$ možností pro $a$, $10$ pro $b$ a $5$ pro $c$, což dohromady dává $9\cdot 10\cdot 5=450$ hledaných palindromů v dané oblasti. Analogicky postupujeme pro palindromy v oblasti od $10^6$ do $10^7$, což je $4500$ palindromů splňujících podmínky zadání.

Celkem tedy existuje $90+900+450+4500=5940$ palindromů v intervalu $10^3$ a $10^7$, pro které je ciferný součet sudé číslo.

Výsledek:

$22$

Kdyby například všechny altistky spolu se třemi dalšími zkušenými zpěvačkami najednou onemocněly, pak mezi zdravými sboristkami zbude pouze devět zkušených zpěvaček, a tudíž není dost žen, které by uměly altový part. Proto $S<23$.

Na druhou stranu, situace se může pouze zhoršit, když místo „obyčejných“ zpěvaček onemocní zkušené. Jestliže tedy onemocní $22$ žen, můžeme předpokládat, že mezi nemocnými je všech $18$ zkušených zpěvaček, a tedy pouze čtyři obyčejné. V každém hlase nyní zůstalo alespoň deset zpěvaček, proto platí $S\ge 22$ a nutně $S=22$.

Výsledek:

$12$

Pomocí Pythagorovy věty spočítáme délku úhlopříčky obdélníku jako

Jelikož je tato úhlopříčka zároveň průměrem kružnice obdélníku opsané, je obsah příslušného kruhu roven $\pi {(5∕2)}^2$. Vnější půlkruhy mají poloměry $4∕2$ a $3∕2$, takže celkový obsah vnějších půlkruhů je

Obsah vyznačené plochy nyní spočteme jako rozdíl obsahu celého obrazce, což je

a obsahu vnitřního kruhu, čímž dostaneme výsledek $12$.

Jiné řešení. Pythagorova věta dává vztah mezi obsahy čtverců nad stranami obdélníku a čtvercem nad jeho úhlopříčkou, přičemž ten samý vztah platí i pro příslušné půlkruhy. Na základě tohoto pozorování snadno spočteme, že dvě sousední šedé oblasti mají stejný obsah jako polovina obdélníku a obsah celé šedé plochy je pak roven celému obsahu obdélníku, což je $12$.

Výsledek:

$977$

Ciferný součet trojciferného čísla je nejvýše $9+9+9=27$. Mezi 10 a 27 je pět prvočísel – $11$, $13$, $17$, $19$ a $23$. Ciferné součty těchto prvočísel jsou postupně $2$, $4$, $8$, $10$, $5$, takže $p_2$ musí být 11 nebo 23. Největší trojciferné prvočíslo s ciferným součtem 23 je 977. Protože $977>911$, což je největší trojciferné prvočíslo s ciferným součtem 11, je hledané $p_1$ rovno 977.

Výsledek:

$45^{\circ }$, $67,5^{\circ }$

Označme průsečík dané osy strany a výšky jako $X$ a střed strany $AC$ jako $F$. Všimněme si, že výška procházející bodem $X$ musí být kolmá na stejnou stranu, na které $X$ leží. Nyní prozkoumáme všechna možná umístění $X$.

Pokud $X$ leží na základně $BC$, musí být průsečíkem výšky z bodu $A$ a osy jedné z bočních stran. Ze symetrie trojúhelníku $ABC$ totiž plyne, že tato výška splývá s osou strany $BC$, takže musí mít svůj jednobodový průsečík s jednou ze zbývajících os stran. Opět ze symetrie potom plyne, že se tato výška ve skutečnosti protíná v jednom bodě s osami obou stran $AB$ i $AC$.

$$$$

Protože je $FX$ osou strany $AC$, je trojúhelník $AXC$ rovnoramenný. Protože navíc platí $|\sphericalangle AXC|=90^{\circ }$, snadno spočítáme, že $|\sphericalangle ACB|=|\sphericalangle ACX|=45^{\circ }$.

Pokud $X$ leží na straně $AB$, musí být průsečíkem výšky z bodu $C$ a osy strany $AC$.

$$$$

Podobně jako v předchozím případě je trojúhelník $AXC$ rovnoramenný a pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu $X$, z čehož plyne, že $|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle XAC|=45^{\circ }$. V tomto případě tedy dopočítáme výsledek jako

Pokud $X$ leží na straně $AC$, situace je zcela symetrická poslední zmíněné.

Výsledek:

$3720$

Platí

Oba činitelé, čísla $59$ a $61$, jsou prvočísla, proto odpověď je $1+59+61+3599=3720$.

Výsledek:

$23$

Fíla platil přesně jednu třetinu celkové ceny, dohromady tedy klobásky stály $28\cdot 3=84$ korun. Danil platil $17$ klobásek z $28$, tedy $84\cdot \frac{17}{28}=51$ korun, ale měl platit pouze $28$ korun. Dostane tedy $51-28=23$ korun.

Výsledek:

$\frac{253}{34}$

Vybarvený trojúhelník na obrázku je pravoúhlý a jeden úhel sdílí s původním velkým trojúhelníkem. Tyto dva jsou tedy podobné.

$$$$

Poměr délek odvěsen musí být pro oba tyto trojúhelníky stejný, díky čemuž dostaneme rovnici

Jejím řešením je $t=\frac{253}{34}$.

Výsledek:

$840$

Protože $11$ a $19$ jsou prvočísla, musí být jedno z těchto tří po sobě jdoucích čísel dělitelné $11$ a jedno (ne nutně jiné) $19$. Protože je součin kladný, musí i tato tři čísla být kladná. Hledáme tedy co nejmenší kladné násobky $11$ a $19$, které se liší nanejvýš o $2$. Nejmenší takové jsou $3\cdot 19=57$ a $5\cdot 11=55$. Pak už mezi ně stačí jen doplnit $56$ a tato tři po sobě jdoucí čísla vynásobit: $55\cdot 56\cdot 57=11\cdot 19\cdot 840$. Hledaným číslem $n$ je tedy $840$.

Výsledek:

$36^{\circ }$

Protože body $D$ a $E$ leží oba na kružnici se středem $C$, je $△\mathit{DCE}$ rovnoramenný se základnou $\mathit{DE}$. Z první uvedené rovnosti, $|\sphericalangle \mathit{PDC}|=|\sphericalangle \mathit{EDC}|$, plyne, že $△\mathit{CDP}$ je shodný s polovinou $△\mathit{CDE}$ (konkrétně s $△\mathit{CDM}$, kde $M$ je středem $\mathit{DE}$). Využitím druhé rovnosti zjistíme, že $|\sphericalangle \mathit{BCE}|=|\sphericalangle \mathit{ECD}|=2\cdot |\sphericalangle \mathit{DCP}|$. Jelikož tyto tři úhly dohromady tvoří přímý úhel, dostaneme $|\sphericalangle \mathit{DCP}|+2\cdot |\sphericalangle \mathit{DCP}|+2\cdot |\sphericalangle \mathit{DCP}|=180^{\circ }$, neboli $|\sphericalangle \mathit{DCP}|=36^{\circ }$.

Výsledek:

$18$

Uvažme dvojici spojených měst. Ukážeme, že jedno z nich musí mít ve svém prvočíselném rozkladu o prvočíslo víc než to druhé. Jistě nemohou mít v rozkladu stejná prvočísla, protože pak by tato města byla označena stejně. Naopak jedno nemůže mít v rozkladu o dvě či více prvočísel víc než druhé. Vskutku, vezměme si dvě ne nutně různá prvočísla $p$, $q$ a předpokládejme, že město $a$ je spojeno s městem $b=a\cdot p\cdot q$. Potom ale $a\cdot p$ dělí $b$, což porušuje druhou podmínku.

Město $42$ má prvočíselný rozklad $2\cdot 3\cdot 7$. Je tedy spojeno se třemi městy s nižšími pořadovými čísly, která mají prvočíselné rozklady $2\cdot 3$, $2\cdot 7$ a $3\cdot 7$.

Dále je spojeno s městy s vyššími pořadovými čísly. Ta můžeme napsat ve tvaru $42\cdot p$ pro nějaké prvočíslo $p$. Největší takové prvočíslo splňující $42\cdot p<2020$ je rovno $47$, a tedy $p\in \{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47\}$, což dává patnáct dalších měst propojených s městem $42$. Dohromady se tedy z města $42$ dá po kolejích dostat do osmnácti dalších měst.

Výsledek:

$673$

Z pravidel je jasné, že kdykoliv se blesk pohne z jednoho pole na jiné, nemůže se v následujícím tahu vrátit zpět. Jak je vidět na obrázku, může se však na něj vrátit během dvou tahů, a to i na šachovnici $3\times 3$.

$$$$

Pokud se tedy blesk dostane na jedno z polí A1, A3, C2, může začít „běhat dokolečka“ a navštívit každé z těchto polí každý třetí tah. Je snadné si rozmyslet, že každý cyklus délky tři musí sestávat z jednoho tahu (věže) vpřed a dvou tahů (jezdce) vzad, a tedy možné cykly délky tři jsou právě dva – ten na obrázku výše a cyklus C1 $\to$ C3 $\to$ A2 $\to$ C1. Jediný možný tah bleska ze startovního pole B2 je táhnout jako věž na B3 a následné možnosti jsou skok jezdce na A1 nebo C1. Pole B2 ani B3 žádný z cyklů délky tři nenavštěvuje a pole A1 (resp. C1) je dosažitelné z B2 za pomoci dvou tahů (a zřejmě ne méně). Tím pádem cyklus délky tři lze začít nejdříve třetím tahem. Pak máme pouze $2018$ tahů na posouvání bleska dokola a protože $2018=672\cdot 3+2$, může blesk udělat $672$ cyklů. Pole A1 (resp. C1) tudíž může navštívit $673$krát. Z výše zmíněných úvah a toho, že číslo $2020$ je evidentně dostatečně velké na to, aby se nevyplatilo používat cykly délky větší než tři, plyne, že tento počet je opravdu nejvyšší možný.

Výsledek:

$2026$

Předpokládejme, že šnek v průběhu závodu uplazil přesně $n$ kol a vezměme jedno kolo za jednotku vzdálenosti a délku jednoho závodu za jednotku času. Pak rychlosti Davida a šneka byly postupně $3$ a $n$. Vzájemná rychlost Davida a šneka v prvním závodu byla $n-3$ a protože se potkali vždy, když byl šnekův náskok nezáporné celé číslo (nulový náskok odpovídá startu), potkali se $(n-2)$-krát, tedy $n=2022$. Když se pak druhý den pohybovali proti sobě, jejich vzájemná rychlost byla $n+3=2025$ a opět musíme započítat start, takže se potkali celkem $2026$krát.

Výsledek:

$170$

Označme $p_i$, $o_i$, $u_i$ počet posilujících, obranných a útočných předmětů na úrovni $i$, které jsou potřeba pro získání jednoho útočného předmětu na úrovni $10$. Zjevně platí $p_{10}=o_{10}=0$, $u_{10}=1$. Obecně můžeme vztahy mezi počty potřebných předmětů zapsat ve tvaru

pro všechna $i\in \{2,\dots ,10\}$. S využitím těchto pravidel vyplníme tabulku $10\times 3$ tak, aby všude kromě prvního řádku $(0,0,1)$ platilo, že každá hodnota je součtem čísel ve dvou zbylých sloupcích v o jedna vyšším řádku:

Olin tedy potřebuje získat $170$ útočných předmětů na první úrovni.

K úloze můžeme přistoupit i jinak. Všimneme si, že role posilujících a obranných předmětů jsou zaměnitelné, tedy na každé úrovni platí $p_i=o_i$. Dále platí $|u_i-p_i|=1$, což dokážeme indukcí: platí to pro $i=10$ a dále

Navíc také platí

a tedy $p_1+o_1+u_1=2^9=512$. Z toho už snadno spočítáme, že $p_1=o_1=171$, a tedy $u_1=170$.

Výsledek:

$24\pi$

Nechť je $|AC|=4$ poloměr kopečku, $|BC|$ poloměr kornoutové podstavy a $|BD|$ výška kornoutu stejně jako na obrázku níže, který ukazuje průřez zmrzlinou skrz střed kopečku $A$. Z Pythagorovy věty v trojúhelníku $ABC$ dostáváme $|BC{|}^2=|AC{|}^2-|AB{|}^2=16-4=12$. Ze zadání plyne, že úsečka $CD$ je částí tečny k příslušné kružnici dotýkající se jí v bodě $C$, proto je úhel $ACD$ pravý. Z podobnosti pravoúhlých trojúhelníků $ABC$ a $CBD$ pak plyne $\frac{|BD|}{|BC|}=\frac{|BC|}{|AB|}$. Objem kornoutu je potom

$$$$

Výsledek:

$31$

Připomeňme si nejdříve základní vlastnosti sčítání. Čísla sčítáme číslici po číslici s výjimkou přenosu při přechodu přes desítku. To znamená, že sečteme ony čtyři páry číslic a připočteme přenosy. Protože sčítáme pouze dvě čísla, největší možný přenos bude roven $1$.

Označme si ta dvě Marianova čísla jako $a$ a $b$ a dále označme ciferný součet libovolného čísla $n$ jako $S(n)$. Pak platí $S(a+b)=S(a)+S(b)-9\cdot c$, kde $c$ je počet nenulových přenosů. V našem případě je

takže možné hodnoty ciferného součtu $S(a+b)$ jsou $40$, $31$, $22$, $13$ a $4$.

Součtu $40$ však není možné dosáhnout, neboť pokud k libovolné nenulové číslici přičteme $9$, dostaneme číslo větší než $10$. Naopak ciferného součtu $31$ lze dosáhnout například následovně: $9678+4321=13999;1+3+9+9+9=31$. Správná odpověď je proto $31$.

Výsledek:

$\frac{1}{14}$

Podívejme se na tu polovinu pavouka, ve které hraje Alex. Alex se dostane do finále pouze v případě, že oba profesionálové jsou v druhé polovině pavouka a Alex navíc porazí všechny tři zbylé amatéry ve své polovině.

Zvolme pevně jednu z pozic v pavoukovi pro Alexe. Pravděpodobnost, že oba profesionálové skončí při náhodném rozlosování v druhé polovině pavouka je $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}$. Protože amatéři jsou v zápasech vyrovnaní, je pravděpodobnost, že Alex vyhraje dva zápasy v řadě rovna $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$. Hledaná pravděpodobnost je tedy celkem $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{14}$.

Výsledek:

$\frac{1}{5248}$

Všimněme si, že pokud nahradíme čísla $a$ a $b$ číslem $n$, pak platí

Z toho plyne, že součet převrácených hodnot všech čísel na tabuli se v každém kroku zvýší o dva. Označme $\ell$ číslo, které na tabuli zůstane jako poslední. Protože kroků je celkem $99$, musí $\ell$ splňovat

Poslední číslo na tabuli je tedy rovno $\frac{1}{5248}$.

Výsledek:

$18$

Označme $H_A$ a $H_E$ kolmé projekce bodů $A$ a $E$ na přímku $BC$.

$$$$

Pravoúhlé trojúhelníky $CA{H}_A$ a $CE{H}_E$ jsou podobné, takže z rovnosti $|CE|=3|CA|$ plyne $|E{H}_E|=3|A{H}_A|$. Z toho pomocí $|CD|=|BC|$ dostaneme, že obsah trojúhelníku $CDE$ je roven

Obdobně ukážeme, že obsahy trojúhelníků $AEF$ a $BFD$ jsou postupně $2\cdot 4=8$ a $3\cdot 2=6$. Dohromady dostaneme, že obsah trojúhelníku $DEF$ je $1+3+8+6=18$.

Výsledek:

$47$

Označme $a$, $b$ a $c$ počty mincí z jednotlivých pytlů, které král položí na váhu. Tato čísla musí být po dvou různá, neboť kdyby dvě z nich byla stejná, nebylo by možné rozlišit jim odpovídající pytle.

Pro rozlišení pytlů dále potřebujeme, aby pro každou permutaci $(k,l,m)$ čísel $10,11$ a $12$ byla čísla vzniklá jako $a\cdot k+b\cdot l+c\cdot m$ po dvou různá. Hledáme nejmenší trojici čísel splňující obě tyto podmínky.

Nejmenší trojice splňující první podmínku je $a=0$, $b=1$ a $c=2$. Ta ovšem nesplňuje druhou podmínku, neboť $32=2\cdot 10+12=2\cdot 11+10$. Druhá nejmenší trojice splňující první podmínku je $a=0$, $b=1$ a $c=3$, která už splňuje i druhou podmínku:

Potřebujeme proto, aby váha vážila správně až do 47 gramů.

Výsledek:

$59$

Počet ananasů, které Marta vlastní $i$-tý den večer, označme $s(i)$. Druhý a pátý večer jsou první dva večery, kdy nemá žádný ananas. Protože pokaždé koupí o jeden ananas více, tvoří vzdálenosti mezi nulami v posloupnosti $s(i)$ posloupnost $3,4,5,\dots$ Nuly jsou pak na pozicích

pro $n=2,3,\dots$ (konkrétně $k$-tá nula je na pozici dané uvedeným vzorcem pro $n=k+1$). Zajímá nás, na jaké pozici je nejbližší nula před 2020. dnem. K tomu stačí vyřešit kvadratickou rovnici $\frac{1}{2}x(x+1)-1=2020$. Ta má jeden záporný kořen (který nás nezajímá) a jeden kladný kořen $\frac{\sqrt{16169}}{2}-\frac{1}{2}$, což je číslo mezi $63$ a $64$. Hledaná nula je tedy ta 62. a je na pozici $\frac{63\cdot 64}{2}-1=2015$. Posloupnost $s(i)$ pak pokračuje takto: $63,62,61,60,59,\dots$. Večer 2020. dne má tedy Marta $59$ ananasů.

Výsledek:

$8$, $24$

Díky tomu, že druhý a čtvrtý řádek obsahují po dvou číslech, dokážeme určit poměr šířek prvního a druhého sloupce ($30:10$) a taky prvního a třetího sloupce ($18:12$). Podobně zjistíme poměr výšek prvního, druhého a čtvrtého řádku ($24:18:30$). Úpravou do základního tvaru získáme poměr $3:1:2$ pro sloupce a $4:3:5$ pro řádky. Z toho dokážeme dopočítat plochy zbylých kotců, jak je uvedeno na obrázku, přičemž výšku třetího řádku a šířku čtvrtého sloupce doplníme celočíselnými parametry $x$ a $y$ reprezentujícími daný poměr.

$$$$

Poměr výšek druhého a třetího řádku se dá spočítat s využitím obsahů ve vybarveném obdélníku. Porovnejme obsahy ve třetím ($12:2x$) a ve čtvrtém sloupci ($3y:12$). Tyto hodnoty musí být stejné, tedy $12:2x=3y:12$ a $y=24∕x$.

Nakonec porovnáme plochu celého chlívku se součtem ploch kotců a dostaneme rovnici

která se dá upravit na

Kořeny rovnice jsou $x=4$ a $x=12$, což vede po řadě k řešením $y=\frac{24}{4}=6$ s hledanou plochou $4y=24$ a $y=\frac{24}{12}=2$ s hledanou plochou $4y=8$.

Výsledek:

$\frac{5\sqrt{2}}{6}$

Označme $A,B,C$ mřížové body, kterými prochází Fílova kružnice. Protože víme, že její poloměr je menší než $\frac{5}{4}$, musí být vzdálenost bodů $A$ a $B$ maximálně $\frac{5}{2}$. Až na otočení tedy musí body $A$ a $B$ ležet v jedné ze čtyř následujících konfigurací:

$$$$

Pro každou z konfigurací najdeme osu symetrie. Bod $C$ musí ležet buď na této ose, nebo tak, aby jeho obraz v osové souměrnosti nebyl mřížovým bodem. To vyřazuje první konfiguraci. Druhá konfigurace je možná, pouze pokud umístíme bod $C$ na osu.

$$$$

Bod $C$ musí být navíc umístěn tak, aby i vzájemná poloha dvojic bodů $A,C$ a $B,C$ odpovídala jedné ze konfigurací 2 až 4 (až na otočení). To nám dává jedinou možnost, jak mohl Fíla nakreslit svou kružnici:

$$$$

Zbývá ještě spočítat poloměr této kružnice, což uděláme analyticky. Zavedeme systém souřadnic, ve kterém budou mít body $A,B$ a $C$ souřadnice postupně $(1,0)$, $(0,1)$, a $(2,2)$. Postupným dosazením těchto hodnot $(x,y)$ do obecné rovnice kružnice ${(x-h)}^2+{(y-k)}^2=r^2$ najdeme řešení pro $h$, $k$ a $r$. Zjistíme tak, že Fílova kružnice je dána rovnicí ${(x-\frac{7}{6})}^2+{(y-\frac{7}{6})}^2=\frac{25}{18}$ a její poloměr je $\sqrt{\frac{25}{18}}=\frac{5\sqrt{2}}{6}$.

Výsledek:

$720$

Díky prvním dvěma podmínkám musí být kouzlo nějakou permutací původních sedmi barev. Každá permutace se dá rozložit na cykly, přičemž aplikování permutace pouze nahradí každý prvek tím následujícím v jeho cyklu. Ze třetí podmínky plyne, že permutace nemůže mít cykly délky $2$ ani $3$. Pevné body (cykly délky $1$) se v hledané permutaci také vyskytovat nemohou, neboť i to by porušilo třetí podmínku.

Z toho už nutně plyne, že permutace má jen jeden cyklus délky $7$, protože $7$ barev nejde rozdělit do dvou cyklů délky alespoň $4$. Takových permutací existuje $6!=720$: Pro první barvu máme $6$ možností, jak ji změnit. Pro druhou jich máme pouze $5$, protože ji nesmíme změnit na žádnou z dosud použitých barev. Takto pokračujeme dál, až se dostaneme k poslední barvě, kterou změníme na první.

Výsledek:

$1$, $6$, $5$, $1$

Označme $x$ počet otočení, po kterém Týna poprvé dostane poslední dvě cifry $5$, $1$. Pak $x$ dává po dělení $11$ zbytek $5$ a po dělení $10$ zbytek $1$. Díky nesoudělnosti $10$ a $11$ víme z Čínské zbytkové věty, že $0\le x<110=11\cdot 10$. Všechna další řešení (neboli počty otočení, po kterých opět dostaneme poslední dvě cifry $5$, $1$) pak dostaneme přičtením násobku $110$ k $x$. Jedním z možných způsobů, jak $x$ najít, je vypsat si všechna čísla tvaru $11k+5$ ($k$ je nezáporné celé) a vybrat z nich to, které končí $1$ (tedy dává zbytek $1$ při dělení $10$), což je $71$. Podruhé zmíněná situace nastane po dalších $110$ otočeních, tedy po $181$. otočení od začátku. Pro zjištění kódu už stačí spočítat, jaké zbytky dává $181$ při dělení $5$ a $7$. Hledaný kód je $1,6,5,1$.

Výsledek:

$144$

Protože máme k dispozici pouze čtyři zrcadla a protože každý paprsek musí někdy zatočit, musí každý řádek a každý sloupec obsahovat právě jedno zrcadlo. Toho můžeme dosáhnout $4!=24$ různými způsoby – v prvním řádku vybereme sloupec $4$ způsoby, ve druhém řádku máme na výběr $3$ možné sloupce a tak dále. Kvůli omezením na počty konců paprsků na různých stranách tabulky je jasné, že musíme umístit dvě zrcadla v obou diagonálních směrech. Pro každou vybranou skupinu čtverců, do nichž chceme zrcadla umístit, můžeme tedy zvolit směry jednotlivých zrcadel $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ možnými způsoby. Není těžké ověřit, že každý z těchto způsobů vede k požadovanému chování paprsků. Dohromady tedy můžeme zrcadla rozmístit $24\cdot 6=144$ způsoby.

Výsledek:

$9$

Rozepíšeme si $x_1=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$ a $x_2=2\cdot 3\cdot 5\cdot 101$. Snadno si rozmyslíme, že pokud nějaký člen posloupnosti není dělitelný druhou mocninou nějakého prvočísla, mají tuto vlastnost i všechny následující členy. Počínaje členem $x_2$ můžeme tedy jednoznačně zakódovat všechny následující členy $x_n$ této posloupnosti pomocí čísla $b_n$ ve dvojkové soustavě, jehož $k$-tá číslice zprava je $1$ právě tehdy, když je člen $x_n$ dělitelný $k$-tým prvočíslem. Dále si všimneme, že podle definice posloupnosti platí $b_{n+1}=b_n+1$ pro všechna $n\ge 2$. Máme tedy

Z definice $b_n$ plyne, že počet různých prvočíselných dělitelů $x_{2020}$ je roven počtu jedniček v číslu $b_{2020}$, což je $9$.

Výsledek:

$\frac{13}{36}$

Následující obrázek obsahuje všechny podstatné body: těžiště $S$ trojúhelníku $ABC$, středy $M_a$, $M_b$, $M_c$ stran trojúhelníku $ABC$, těžiště $D$, $E$, $F$, $G$, $H$, $I$ menších trojúhelníků a navíc středy $D^{\prime },E^{\prime },\dots ,I^{\prime }$ úseček $M_{b}A,A{M}_c,\dots ,C{M}_b$ v tomto pořadí.

$$$$

V následujícím budeme obsahy trojúhelníků značit pomocí hranatých závorek a využijeme známého faktu, že je-li mnohoúhelník zobrazen ve stejnolehlosti s koeficientem $k$, vynásobí se jeho obsah číslem $k^2$. Protože $|A{E}^{\prime }|=\frac{1}{4}|AB|$ a $|A{D}^{\prime }|=\frac{1}{4}|AC|$, je trojúhelník $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }$ obrazem stejnolehlosti trojúhelníku $ABC$ se středem $A$ a koeficientem $\frac{1}{4}$. Obsah plochy $[A{E}^{\prime }{D}^{\prime }]$ je tedy $\frac{1}{16}[ABC]$. Podobně platí i $[B{G}^{\prime }{F}^{\prime }]=[C{I}^{\prime }{H}^{\prime }]=\frac{1}{16}[ABC]$. Z toho plyne, že obsah šestiúhelníku $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ je $\frac{13}{16}[ABC]$. Další stejnolehlost, tentokrát se středem $S$ a koeficientem $\frac{3}{2}$, zobrazuje šestiúhelník $DEFGHI$ na šestiúhelník $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$. Obsah šestiúhelníku $DEFGHI$ tak můžeme spočítat jako

Hledaný poměr obsahů je tedy $\frac{13}{36}$.

Výsledek:

$\frac{1010}{3}$

Sečtením rovností pro $m=1,\dots ,2019$ dostaneme

Díky vztahu $a_1=a_{2020}$ můžeme předchozí rovnost přeuspořádat:

Platí tedy

Povšimněte si, že taková posloupnost reálných čísel skutečně existuje: Pro dané $a_1$ je zbytek posloupnosti určen vztahem v zadání. Můžeme tedy vyjádřit $a_{2020}$ jen za pomoci $a_1$. Z podmínky $a_1=a_{2020}$ pak dostaneme lineární rovnici pro $a_1$ a není těžké si rozmyslet, že tato rovnice má řešení.

Výsledek:

$\frac{8}{15}$

Označme provázky $A$, $B$, $C$, $D$, a $E$ tak, aby v Aniččině pravici měl provázek $A$ volný konec, $B$ byl svázán s $C$ a $D$ byl svázán s $E$. Za takových okolností vznikne jediný dlouhý provázek právě tehdy, když v Aniččině levici Terka sváže $A$ s jedním z $B$, $C$, $D$, $E$ ($4$ možnosti) a následně sváže zbývající volný konec příslušného páru provázků ke druhému páru provázků ($2$ možnosti) – například pokud je $A$ přivázán k $B$, pak Terka sváže $C$ s $D$ nebo s $E$. Dohromady má tedy $4\cdot 2=8$ možností, jak vytvořit uzly, aby vznikl jeden dlouhý provaz.

Celkový počet možností, jak může Terka v Aniččině levici svázat provázky, je $15$: Nejprve vybere volný konec ($5$ možností) a dále sváže jeden další konec s některým ze tří zbývajících konců ($3$ možnosti). Nakonec sváže ještě dva zbývající konce, které jsou už určeny jejími předchozími volbami. Dohromady je tedy pravděpodobnost, že Terka vytvoří jeden dlouhý provaz, rovna $\frac{8}{15}$.

Výsledek:

$619737131179$

Uvažme orientovaný graf o čtyřech vrcholech označených $1$, $3$, $7$ a $9$, v němž jsou dvě číslice spojeny šipkou právě tehdy, když příslušné dvojciferné číslo vytvořené ve směru této šipky je prvočíslo. Všimněte si, že u vrcholu $1$ je smyčka.

$$$$

Na chvíli předpokládejme, že v tomto grafu existuje cesta, která šipkami prochází ve správném směru a každou z nich využívá právě jednou. Potom můžeme největší 2-prvočíslo vytvořit přidáním číslice $6$ nebo $8$ před posloupnost číslic vytvořenou takovou cestou. Z definice 2-prvočísla totiž plyne, že všechny jeho cifry kromě první zleva musí být prvky množiny $\{1,3,7,9\}$ a že žádná šipka nemůže být použita vícekrát. Žádné 2-prvočíslo tedy nemůže mít více cifer než počet šipek v grafu plus dva (jedna za přidanou první číslici a jedna, protože počítáme cifry, nikoli dvojice), tedy $12$. Přidaná první cifra navíc nemůže být $9$ ani $7$, jelikož by došlo k zopakování některé šipky použité v cestě, a protože jsou $61$, $83$, $87$ a $89$ prvočísla, můžeme si být jisti, že nebudeme potřebovat nižší první číslici než $6$ nebo $8$.

Nyní najdeme cestu s výše uvedenými vlastnostmi. Všimněme si, že do vrcholu $9$ vchází o šipku více, než kolik jich z něj vychází, a naopak z vrcholu $1$ vychází o šipku více, než do něj vstupuje. Zbylé dva vrcholy jsou v tomto smyslu vyrovnané. Naše cesta proto musí začínat v $1$ a končit v $9$. Z vrcholu $1$ zamíříme do $9$, protože je to sousední vrchol s nejvyšší dostupnou hodnotou. Pak se ze stejného důvodu posuneme do $7$, odkud nemůžeme jít do $9$ (protože by to ukončilo posloupnost), a tak raději zamíříme do $3$, pak zpět do $7$ a tak dále. Tímto (svým způsobem hladovým) algoritmem dostaneme posloupnost vrcholů $19737131179$. Protože $81$ není prvočíslo a už víme, že naše cesta musela začít ve vrcholu 1, je $619737131179$ největší 2-prvočíslo.

Výsledek:

$\frac{4\sqrt{21}}{7}$

Celou konfiguraci zobrazíme ve středové souměrnosti podle $O$ a obrazy bodů označíme přidáním čárky k jejich původnímu názvu. Body $A^{\prime }$ a $B^{\prime }$ pak leží na kružnici opsané trojúhelníku $ABC$ a platí $D^{\prime }=E$ (a podobně také $E^{\prime }=D$). Z Pythagorovy věty v pravoúhlém trojúhelníku $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ (neboť $A{A}^{\prime }$ je průměrem opsané kružnice) plyne

Protože $|\sphericalangle A{B}^{\prime }E|=|\sphericalangle A^{\prime }BD|=90^{\circ }$, z Pythagorovy věty v trojúhelníku $A{B}^{\prime }E$ plyne

Protože $E$ (obraz bodu $D$) leží na úsečce $A^{\prime }{B}^{\prime }$ (obrazu úsečky $AB$) a protože je čtyřúhelník $A{B}^{\prime }C{A}^{\prime }$ tětivový, platí $△A{B}^{\prime }E\sim △A^{\prime }CE$. Proto

z čehož plyne

$$$$

Jiné řešení. Mocnost bodu $D$ ke kružnici opsané $△ABC$ s poloměrem $r=|AO|$ dává

(znaménko minus se zde objevuje proto, že bod $D$ leží uvnitř této kružnice). Z kosinové věty v $△ADO$ plyne

Protože $\cos (|\sphericalangle AOE|)=\cos (180^{\circ }-|\sphericalangle AOD|)=-\cos (|\sphericalangle AOD|)=-\frac{1}{7}$, z kosinové věty pro $△AOE$ pak plyne

Podobně jako výše z mocnosti bodu $E$ dostaneme

Výsledek:

$\frac{56}{3}=18\frac{2}{3}$

Nechť $24$ je šířka a $7$ výška tohoto obdélníku. Úhlopříčka jdoucí z jeho levého dolního vrcholu do pravého horního vrcholu má sklon $\frac{7}{24}$. Když prochází čtvercem, uřízne z něj trojúhelník právě tehdy, když projde jednou z jeho vodorovných stran. Jelikož jsou $7$ a $24$ nesoudělná čísla, úhlopříčka neprochází žádným z vrcholů čtverců vyjma protějších vrcholů obdélníku. Protože je sklon úhlopříčky konstantní, můžeme strany dvou trojúhelníků odříznutých ze dvou čtverců sdílejících vodorovnou stranu protnutou diagonálou přeuspořádat a vytvořit tak větší pravoúhlý trojúhelník šířky $1$. Délka jeho svislé odvěsny je $\frac{7}{24}$, a jeho přepona je tedy dlouhá $\sqrt{1+{\left(\frac{7}{24}\right)}^2}=\frac{25}{24}$.

$$$$

Součet obvodů těchto dvou trojúhelníků je tedy $\frac{56}{24}$. Úhlopříčka protíná některou z vodorovných stran čtverců uvnitř obdélníku právě šestkrát (vždy ve vnitřním bodě), k čemuž ještě musíme přičíst dva velké pravoúhlé trojúhelníky zmíněných rozměrů, které jsou odříznuty z prvního a posledního čtverce, jimiž úhlopříčka prochází. Celkový součet obvodů trojúhelníků je tedy $8\cdot \frac{56}{24}=\frac{56}{3}$.

Výsledek:

$6763$

Zaprvé, aby vůbec bylo možné odjet z patra číslo $2019$, musí platit $2019+n\le 8787$, neboli $n\le 6768$. Zadruhé, nutně musí platit, že $d=\mathrm{NSD}(2020,n)=1$, neboť pokud se lze dostat z patra $a$ do patra $b$, pak určitě $d\mid a-b$. Uvážíme-li $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$, můžeme vyloučit některé kandidáty na největší možné $n$: číslo $6768$ je násobkem $2$, $6767$ je násobkem $101$, $6766$ je násobkem $2$, $6765$ je násobkem $5$ a $6764$ je násobkem $2$. Prvním vhodným kandidátem je tedy $6763$, protože $\mathrm{NSD}(6763,2020)=1$.