Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$46$

Na konci hry má vítěz $10$ bodů a ostatní hráči mohou mít nejvýše $9$ bodů. Nejvyšší možný počet proto bude $10+4\cdot 9=46$.

Výsledek:

$21$

Podívejme se na dva případy:

I. $B$ je jednociferné, $A$ trojciferné. Uvažme možné hodnoty $B$:

• $B=1$: $A$ je libovolná permutace $2,3,6$ → $6$ možností.
• $B=2$: $A$ musí končit číslicí $6$ → $2$ možnosti.
• $B=3$: $A$ je libovolná permutace zbylých číslic, protože ciferný součet je dělitelný $3$ → $6$ možností.
• $B=6$: $A$ má ciferný součet $6$, tedy dělitelný $3$, navíc ale musí končit číslicí $2$ → $2$ možnosti.

II. $A$ a $B$ jsou dvouciferné. Pak je jistě podíl $A∕B$ menší než $6$, takže může být $1$, $2$, $3$, $4$ nebo $5$. Rozeberme všechny tyto možnosti:

1:

To není možné, protože by muselo platit $A=B$.

2:

$A$ musí končit cifrou $2$ nebo $6$. Pokud $A$ končí $2$, pak $B$ musí končit $6$ nebo $1$. V prvním případě máme čísla $32$ a $16$, ve druhém $62$ a $31$ → $2$ možnosti. Pokud $A$ končí $6$, pak $B$ musí končit $3$, což splňují čísla $26$ a $13$ → $1$ možnost.

3:

$A$ musí začínat $6$ nebo $3$. V prvním případě musí $B$ začínat $2$, máme tedy $63$ a $21$. Ve druhém případě musí $B$ začínat $1$, což splňují čísla $36$ a $12$ → $2$ možnosti.

4:

$A$ musí začínat $6$ a končit $2$, protože musí být sudé. Takže $A=62$, což ale není dělitelné $4$.

5:

$A$ musí končit cifrou $5$ nebo $0$, ale tyto číslice Honza na papírky nenapsal.

Dohromady má Honza $21$ možností, jak čísla $A$ a $B$ poskládat.

Výsledek:

$18$

Poměry délek stran jednotlivých čtverců jsou $3:2:1$. Obsah největšího čtverce je proto ${\left(\frac{3}{2}\sqrt{8}\right)}^2=\frac{9}{4}\cdot 8=18$.

Výsledek:

$124$

Počty matematiků, kentaurů a strak označíme jako $M$, $K$ a $S$. Díky podmínce o počtu ocasů platí $K+S=15$ a ze znalosti počtu rukou dostáváme $2M+2K=94$. Počet nohou je roven $2M+4K+2S$, což spočítáme jako $2(K+S)+(2M+2K)=2\cdot 15+94=124$.

Výsledek:

$64$

V posloupnosti bude $12$ kanálů. Na lichých pozicích bude vždy kanál číslo $2$, na sudých pak kanál s číslem $1$ nebo $3$. V posloupnosti je $6$ sudých pozic, možných posloupností tak je $2^6=64$.

Výsledek:

$27^{\circ }$

Body označíme jako na obrázku níže. Společná diagonála $AB$ je osou úhlu $FBD$, platí tak

Jelikož je přímka $EF$ rovnoběžná s $AB$, platí $|\sphericalangle EFB|+|\sphericalangle FBA|=180^{\circ }$. Odečtením pravého úhlu $AFB$ dostáváme

$$$$

Výsledek:

$2016$

Od výrazu $x^3-14x+2024$ odečteme $x(x^2-4x+2)=0$, abychom se zbavili členu $x^3$. Dostaneme tak výraz $4x^2-16x+2024$. Abychom se zbavili členu $4x^2$, odečteme $4(x^2-4x+2)=0$, a získáme tak $2016$, což je řešením.

Výsledek:

$123$

Hledané číslo nemůže být jednociferné, jelikož jeho cifra je buď sudá, nebo lichá, a bude tak započítaná do počtu všech cifer a zároveň do počtu sudých nebo lichých cifer. Zároveň $n$ nemůže být dvouciferné číslo, jelikož by končilo cifrou $2$, která je sudá, ale zároveň by jeho počet sudých cifer musel být $0$. Předpokládejme, že má číslo $3$ cifry. Potom součet počtů sudých a lichých cifer je také $3$. Možná čísla jsou tak $123$, $213$ a $303$. Pokud číslo upravíme podle zadání, ze všech čísel dostáváme $123$. Číslo $123$ je tak hledaným řešením.

Výsledek:

$16$

Pětiúhelník rozšíříme pomocí rovnoběžníku na rovnostranný trojúhelník s délkou strany $11=4+a=2+b$ jako na obrázku.

$$$$

Dostáváme tedy $a=7$, $b=9$ a $a+b=16$.

Výsledek:

$12$

Čas potřebný k vykopání studny je uvažovaný jako přímo úměrný jejímu objemu, který spočítáme jako objem válce: $V=\frac{\pi }{4}\cdot h\cdot d^2$, kde $h$ značí hloubku a $d$ šířku čili průměr studny. Víme tedy, že dívka potřebuje $7$ dní na vykopání $\frac{\pi }{4}\cdot \frac{h}{3}\cdot d^2=\frac{1}{3}V$ zeminy, takže by potřebovala $21$ dní na vykopání celého objemu $V$ studny. Podobně Janko potřebuje $7$ dní na vykopání $\frac{\pi }{4}\cdot h\cdot {\left(\frac{d}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}V$ zeminy, takže by potřeboval $28$ dní na vykopání celého objemu $V$ studny. Dívka tedy zvládne vykopat $\frac{1}{21}$ studny za den, zatímco Janko vykope $\frac{1}{28}$ studny za den. Dohromady za den vykopou $\frac{1}{21}+\frac{1}{28}=\frac{1}{12}$ studny. Vykopat celou studnu by jim tedy dohromady trvalo $12$ dní.

Výsledek:

$360$

Nejdříve si všimněme, že každý obdélník $2\times 1$ obsahuje právě $2$ úhlopříčky délky $\sqrt{5}$. Chceme tedy spočítat, kolik je v mřížce obdélníků $2\times 1$. Nejprve se podívejme třeba na svislé obdélníky. Jejich umístění určuje $10$ možných sloupců a $9$ možných řádků. V mřížce $10\times 10$ je tedy $90$ takových obdélníků. Vodorovně můžeme obdélník umístit stejným počtem možností (jen v úvaze vyměníme sloupce za řádky a naopak). Každý z $90+90=180$ obdélníků má dvě úhlopříčky, dohromady tedy máme $360$ úseček požadované délky.

Výsledek:

$5963$

Čísla $\mathit{MATH}$ a $\mathit{HAHA}$ mají stejnou číslici na místě stovek, přičemž odpovídající číslice v $2024$ je $0$, z čehož víme, že při sčítání desítkových cifer čísel na levé straně rovnice nepřekročíme deset. Platí tedy $24+\mathit{HA}=\mathit{TH}$ a $2+H=M$. Naopak při sečtení $A$ a $4$ musíme překročit deset, protože jinak by platilo $T=H+2=M$, ale přitom ze zadání jsou cifry různé. Z toho plyne, že $H=A+4-10=A-6$, a s využitím předchozího také $M=A-4$ a $T=A-3$. Z toho už snadno vyvodíme, že pod $\mathit{MATH}$ se mohou skrývat čísla $3741$, $4852$ nebo $5963$, přičemž největší je to poslední.

Výsledek:

$48$

Obsah trojúhelníku lze spočítat jako polovinu součinu délky jedné strany a výšky na ni, $S=\frac{1}{2}a\cdot v_a$. Pokud za stranu $a$ vezmeme vždy stranu ležící na úhlopříčce, mají všechny trojúhelníky v pravé horní polovině obdélníku stejnou výšku – vede z vrcholu obdélníku a je kolmá na úhlopříčku. Podobně pro levou dolní polovinu, přičemž tyto dvě výšky jsou stejně dlouhé. Všechny trojúhelníky mají tedy stejný obsah a šrafované trojúhelníky tak tvoří $\frac{6}{14}$ celkového obsahu obdélníku. Řešením je $\frac{6}{14}\cdot 8\cdot 14=48$.

Výsledek:

$116$

Označme počet holek jako $h$ a počet kluků jako $k$. Zadání můžeme přepsat do soustavy rovnic:

Dosazením $k=\frac{5}{4}h+\frac{5}{4}$ z první rovnice do druhé dostaneme

Řešením je $h=51$, takže $k=\frac{13}{10}\cdot 50=65$. Odpověď je tedy $h+k=51+65=116$.

Výsledek:

$50$

Sirky tvoří $7$ čtverců o straně délky $1$ a dva čtverce o straně délky $2$. Abychom počet čtverců snížili na $5$, musíme rozbít přesně $4$ čtverce.

Pro odstranění čtverce ohraničeného sirkami $3,7,6,10$ je potřeba odebrat aspoň tři z nich. Tento čtverec tedy určitě zůstane na místě. Nelze odebrat ani sirku $6$, protože by to tento čtverec rozbilo a už bychom nemohli odebrat jeho ostatní sirky.

Odstraněním sirky $11$ nebo $13$ rozbijeme oba velké čtverce najednou (a zároveň vždy jeden malý). Pak bychom museli odebráním dalších dvou sirek rozbít jeden čtverec. Kdybychom odebrali sirku $11$, pak bychom mohli odebrat dvojici sirek $12$, $13$ nebo dvojici $18$, $20$. Kdybychom odebrali sirku $13$, měli bychom na výběr z dvojice $1$, $4$, dvojice $11$, $12$ a dvojice $16$, $19$. Z těchto možností má nejvyšší součet hodnot $11$, $18$ a $20$, a to $49$.

Kdybychom nechali na místě oba velké čtverce, mohli bychom odebrat pouze sirky $5$, $12$ a $17$. Výsledná konfigurace ale odporuje pravidlům ze zadání.

Nakonec se podíváme možnost rozbití právě jednoho velkého čtverce: Protože nemůžeme odebrat sirku $6$, je nutné odebrat obě sirky z jedné z následujících dvojic: $18$, $20$ nebo $16$, $19$ nebo $1$, $4$. Tím se rozbijí dva čtverce najednou, jeden velký a jeden malý. Poté musíme odebráním poslední sirky rozbít právě dva malé čtverce. V případě dvojice $18$, $20$ je vyhovující sirkou s nejvyšším číslem $12$, čímž dostaneme celkový součet $50$. Sirku $13$ nemůžeme odebrat, protože pak by $15$ nebyla součástí žádného čtverce. Podobně dojdeme k tomu, že po odebrání dvojice $16$, $19$ bychom odebrali i $13$, čímž bychom dostali ale pouze součet $48$. Zbylé možnosti není třeba rozebírat, protože výsledný součet bude jistě menší. Proto je $12+18+20=50$ hledané řešení.

Výsledek:

$65$

Průměr dna láhve označíme $r$. Poté co Naty nalije do láhve vodu, objem vody odpovídá $13\pi r^2$. Po otočení láhve pak objem vzduchu odpovídá $(21-14)\pi r^2=7\pi r^2$. Z toho plyne, že celkový objem láhve je $(13+7)\pi r^2=20\pi r^2$ a voda tak tvoří

objemu láhve.

Výsledek:

$28$

Z bodu $A$ do bodu $B$ existují čtyři trasy, které neprocházejí bodem $C$. Jedna z nich nabízí dvě možnosti, jak se dostat do bodu $C$, jedna trasa právě jednu možnost, jak se dostat do $C$, a pro další dvě trasy není možné dostat se do bodu $C$, aniž by Ondra prošel některou ulicí dvakrát. Dohromady má tři možné trasy, jak vyzvednout svou milou, a pak se dostat do kina. Dvě z nich jsou dlouhé $10$ kilometrů, jedna pouze $8$ kilometrů, dohromady tedy $28$ kilometrů.

Výsledek:

$44$

Označme strážce na obdélníkové trase písmenem $A$, strážce na čtvercové cestě písmenem $B$. Strážce $A$ obejde svoji trasu za $14$ minut, strážce $B$ za $12$. Existují dvě značky, na kterých se strážci mohou potkat. Pokud se potkají na levé značce poté, co $A$ celou trasu obešel $a$-krát a $B$ celou svoji trasu $b$-krát, musí platit

Rovnost můžeme zjednodušit na $7a=6b+3$, z čehož plyne $7\mid 6b+3$. Když vyzkoušíme $b\in \{0,1,2\dots \}$, dostáváme $b=3$ a $a=3$ jako nejmenší řešení. Obdobně aby se strážci potkali na pravé značce, musí platit

což upravíme na $7a=6b-1$. Dostáváme $7\mid 6b-1$, z čehož plyne $b\ge 6$. Strážci se tak poprvé potkají po $14\cdot 3+2=44$ minutách.

Výsledek:

$26$

Obě rovnosti umocníme, jejich sečtením pak dostáváme $2b^2=392$. Jelikož je $b$ kladné, $b=14$ je jediné řešení. Dosazením této hodnoty do umocněné první rovnice dostáváme $a^2+24=c^2$, tedy $c^2-a^2=24$. Označíme $d=c-a$, potom $d$ je sudé číslo, jelikož $c$ a $a$ jsou obě sudá nebo obě lichá.

Hodnota $c^2-a^2=(c-a)(c+a)$ je zdola omezená $d(d+2)$, což je pro $d\ge 6$ alespoň $48$, tedy víc než $24$. Máme tak pouze dvě možnosti $d=2$ a $d=4$. V prvním případě dostáváme $a+c=12$ s řešením $a=5$ a $c=7$. V druhém případě máme $a+c=6$ s řešením $a=1$ a $c=5$. Z toho plyne, že největší možná hodnota $a+b+c$ je $5+14+7=26$.

Výsledek:

$\frac{3}{4}$

Rozdělením šestiúhelníků na rovnostranné trojúhelníky jako na obrázku a následným počítáním dospějeme k odpovědi $\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$.

$$$$

Alternativní řešení. Nechť $r$ je poloměr kružnice. Každý šestiúhelník můžeme rozdělit na $6$ rovnostranných trojúhelníků. Ty ve vepsaném šestiúhelníku budou mít výšku o délce $\frac{1}{2}\sqrt{3}r$, zatímco ty v opsaném $r$. Koeficient podobnosti pro délku je tedy $k=\frac{1}{2}\sqrt{3}$, pro obsah pak $k^2=\frac{3}{4}$.

Výsledek:

$20$

Každé číslo čtvercových narozenin se skládá z jednoho nebo více činitelů ve tvaru $p^k$, kde $k>1$. Všichni takoví činitelé menší nebo rovni $196$ jsou $S=\{4,8,9,16,25,27,32,36,49,64,81,100,121,125,128,144,169,196\}$. Můžeme si všimnout, že součin alespoň dvou prvků $S$ větších než $27$ buď patří do $S$, nebo je větší než $196$. Mezi čísly menšími než $28$ pouze $8=2^3$ a $27=3^3$ nejsou druhé mocniny. Jelikož součin druhých mocnin je také druhá mocnina, součin dvou druhých mocnin z $S$ buď v $S$ je, nebo je větší než $196$. Zbývají tedy pouze součiny obsahující $8$ nebo $27$ jako jednoho z činitelů a jiná čísla z $S$ jako další činitele. Taková, která jsou menší než $196$ a nejsou v $S$, jsou $27\cdot 4=108$ a $8\cdot 9=72$. Celkem tak děda Lebeda oslavil $18+2=20$ čtvercových narozenin.

Výsledek:

$3^8\cdot 2=13122$

Z prvního ročníku organizátoři mohou vybrat třemi způsoby. Ze druhého mají na výběr ze $4-1=3$ možných příkladů, protože jedno číslo úlohy už je zabrané. Je jasné, že dál to funguje stejně, tedy že v $k$-tém ročníku je již $k-1$ příkladů nedostupných kvůli (nějakým) předchozím volbám. Pro všechny ročníky jsou tedy tři možnosti až do $9$. ročníku, který obsahuje příklad číslo $11$, což už je příliš velké číslo, takže organizátoři mohou volit jen ze dvou úloh. V sadě $10$. ročníku jsou příklady $11$ a $12$, které nelze vybrat, takže zbývá jen jedna volná úloha. Dohromady lze vytvořit $3^8\cdot 2=13122$ vyhovujících sad.

Výsledek:

$142857$

Jelikož víme, že poslední cifra je $1$, můžeme zpětně zrekonstruovat celé číslo:

Skutečně, $142857\cdot 3=428571$ splňuje podmínky.

Alternativní řešení. Každé kladné celé číslo s alespoň dvěma ciframi začínající cifrou $1$ lze zapsat jako $10^k+a$ pro nějaké celé číslo $k\ge 1$ a $k$-ciferné číslo $a$. Po přesunutí cifry $1$ ze začátku na konec se číslo změní na $10a+1$. Z toho plyne, že chceme najít řešení rovnice

pro $k$ a $a$. Rovnici zjednodušíme na

Číslo na levé straně není nic jiného než cifra $2$ následovaná $k$ devítkami. Zkoušíme postupně čísla $29$, $299$, $2999$ atd., dokud nenarazíme na první, které je dělitelné sedmi. Dostáváme tak $a=299999∕7=42857$; řešením tedy je $142857$.

Výsledek:

$58$

Označme $x$ délku strany menších čtverců. Pak z Pythagorovy věty použité na šedý pravoúhlý trojúhelník na obrázku plyne

Tato rovnice se zjednoduší na $x^2=2x$, takže $x=2$. Odpověď je tedy $2(2^2+5^2)=58$.

$$$$

Výsledek:

$18$

Označme délku volného lana $l$ a výšku stěny $h$. Když se Adam setká se značkou, polovina lana (ale natažená) odpovídá dvojnásobku vzdálenosti lezce od horního okraje stěny. Platí tedy

Když se Adam dotkne země, podobně platí

Po dosazení $l=\frac{20h}{9}$ z první rovnice dostaneme výsledek $h=18$.

Výsledek:

$10$

Označme $b$ počet černých ponožek v krabici. Pak se pravděpodobnost, že jsou obě vytažené ponožky černé, dá spočítat jako $\frac{b}{n}\cdot \frac{b-1}{n-1}$. Ze zadání víme, že je to rovno $\frac{2}{15}$, platí tedy následující rovnice:

Protože $3$ a $5$ dělí levou stranu rovnice, přičemž obě čísla jsou nesoudělná s $2$, musí dělit i $n\cdot (n-1)$ na pravé straně. Vyzkoušejme tedy malá $n$, pro která je $n\cdot (n-1)$ dělitelné $15$. Prvním takovým je $n=6$, což vede na $15\cdot b\cdot (b-1)=2\cdot 6\cdot 5=60$. Nicméně $b\cdot (b-1)=4$ neplatí pro žádné celé číslo, takže $n=6$ není řešením. Dále pokud $n=10$, pak $b\cdot (b-1)=12$, a to je splněno pro $b=4$. Řešením úlohy je tedy $n=10$.

Výsledek:

$9876504$

Použijeme pravidlo dělitelnosti $11$: číslo je dělitelné $11$, právě když je rozdíl součtu jeho cifer na sudých pozicích a součtu jeho cifer na lichých pozicích dělitelný $11$.

Ze všech čísel s daným počtem cifer (v tomto případě se sedmi) jsou největší ta, která začínají nejvyššími číslicemi. Proto budeme hledat řešení začínající na $98765$. Součet cifer na lichých pozicích je zatím $9+7+5=21$ a součet cifer na sudých pozicích je $8+6=14$, rozdíl je tedy zatím $7$. Číslo musíme doplnit dalšími dvěma různými číslicemi z množiny $\{0,1,2,3,4\}$. Rozdíl dělitelný $11$ dostaneme jedině přidáním $0$ do sudé skupiny a $4$ do liché skupiny. Máme tak číslo $9876504$. Protože všechna jiná čísla splňující podmínky ze zadání by začínala menší posloupností pěti cifer než $98765$, je to skutečně největší vyhovující číslo.

Alternativní řešení. Začněme s největším sedmiciferným číslem, které nemá žádné dvě stejné cifry: $9876543$. To ale není dělitelné $11$, jak zjistíme použitím pravidla dělitelnosti nebo písemným dělením. Největší násobek $11$ menší než náš první kandidát je číslo $9876537$, které ale nemá cifry po dvou různé. Zkusíme tedy odečíst $11$ a zkontrolovat, jestli nově získané číslo splňuje podmínku různých cifer. Po několika krocích

získáme hledané číslo $9876504$.

Výsledek:

$13$

Díky velikostem vnitřních úhlů ze zadání můžeme na stranu $CD$ doplnit bod $E$ tak, aby byl $BCE$ rovnostranný trojúhelník. Pak v trojúhelníku $AED$ platí, že $|AE|=8$, $|ED|=7$ a $|\sphericalangle DEA|=120^{\circ }$. Použitím kosinové věty dostaneme $|AD{|}^2=8^2+7^2-2\cdot 7\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=169$, a tedy $|AD|=13$.

$$$$

Alternativní konec řešení bez použití kosinové věty. Trojúhelník $AED$ zvětšíme o polovinu rovnostranného trojúhelníku u strany $ED$ délky $7$. Pak použijeme Pythagorovu větu a dostaneme $|AD{|}^2={(5+3+3,5)}^2+{(3,5\cdot \sqrt{3})}^2=169$.

Výsledek:

$18$

Nejdříve rozložíme číslo $2024$ na prvočísla:

Protože $a$, $b$, $c$ i $d$ jsou kladná celá čísla, jistě platí $2+a\ge 3$, $2+c\ge 3$ a $4+d\ge 5$. Činitel $1$ nebo $2$ se tedy může na pravé straně objevit pouze jednou ve výrazu $(0+b)$ a činitel $4$ pak pouze jako $(2+a)$ nebo $(2+c)$.

Protože součin na pravé straně se skládá ze čtyř činitelů a nanejvýš jeden z nich může být menší než $4$, existují následující čtyři možné rozklady čísla $2024$:

Pro první rozklad máme $b=1$, ostatní činitele můžeme přiřadit ke členům $a+2$, $c+2$ a $d+4$ v libovolném pořadí, čímž dostáváme $6$ řešení. Ve druhém rozkladu máme $b=1$ a dále buď $a+2=4$, nebo $c+2=4$. V obou těchto případech můžeme ostatní činitele určit dvěma způsoby, takže pro druhý rozklad máme celkem $4$ řešení. Analogicky existují $4$ řešení pro třetí i čtvrtý rozklad. Dohromady tedy existuje $18$ různých řešení:

Výsledek:

$3540$

Uvažme $2^x\cdot 3^y=24^k$, pak platí

To znamená, že $2^x\cdot 3^y={(2^3\cdot 3^1)}^{15\cdot 59}$ neboli $x=3\cdot 15\cdot 59=45\cdot 59$ a $y=15\cdot 59$. Platí tedy $x+y=60\cdot 59=3540$.

Výsledek:

$21$

Zaměříme se nejprve na poslední a první tucet jablek v posloupnosti. Pokud šest jablek uprostřed (tedy jablka $7$–$12$) má zelenou barvu, v prvním i posledním tuctu chybí pouze $1$ zelené jablko, stačí tak umístit jedno zelené jablko do prvního půltuctu a jedno do posledního půltuctu, čímž umístíme do posloupnosti celkem $8$ zelených jablek. Kdyby nějaké jablko v prostředním půltuctu bylo červené, bylo by pro splnění podmínek potřeba celkem více než $8$ jablek, jelikož každé zelené jablko odebrané z prostředního půltuctu odpovídá dvěma jablkům, která musíme umístit do prvního a posledního půltuctu. Celkem je tak potřeba alespoň $8$ zelených jablek rozložených tak, že šest z nich je v prostřední části posloupnosti a zbývající dvě jsou v první a poslední třetině posloupnosti. Zbylá dvě zelená jablka mohou být v rámci daného půltuctu umístěna více způsoby. Aby platila podmínka ze zadání, nesmí být vzdálenost mezi prvním a posledním zeleným jablkem větší než $12$, tedy pokud je první zelené jablko na pozici $2$, poslední musí být na pozici $13$ nebo $14$. V závislosti na pozici prvního zeleného jablka tak máme $1$ až $6$ možných pozic posledního jablka. Celkem tak máme $1+2+3+4+5+6=21$ možných posloupností.

Výsledek:

$12$

Počty mincí korun, dvoukorun a pětikorun na hromádce pro sestru označíme po řadě $a$, $b$, $c$. Potom platí

a hromádka má hodnotu

Odečtením první rovnice od druhé dostáváme $b+4c=115$. Tato rovnost má řešení ve tvaru $b=115-4c$ pro libovolné $c$. Z podmínek $0<115-4c<106$ pro $b$ plyne $c\in \{3,4,\dots ,28\}$. Ne všechna taková řešení ale obsahují validní počet mincí hodnoty $1\text{Kč}$. Přidáme tak podmínku $0\le 85-(115-4c+c)=-30+3c\le 33$ pro $c$. Potom pouze $c$ z množiny $\{10,11,\dots 21\}$ splňují všechny podmínky a rovnosti, celkem je tak $12$ možností.

Výsledek:

$36^{\circ }$

Připomeňme si, že kdykoli máme kružnici $\omega$ a na ní ležící body $X,Y,Z$, pak je úhel, pod nímž je úsečka $XY$ vidět z bodu $Z$, dán pouze tím, zda $Z$ leží na kratším, nebo delším z oblouků s krajními body $X$ a $Y$. Navíc je součet těchto dvou možných hodnot roven $180^{\circ }$.

$$$$

Označíme si body jako na obrázku a budeme využívat známe velikosti úhlů v pravidelném pětiúhelníku a rovnostranném trojúhelníku. Takto můžeme spočítat

Obdobně dostaneme

Jelikož je $ABC$ rovnoramenný trojúhelník, dostaneme dále

Protože se tyto tři úhly překrývají ve vrcholu $E$, spočítáme na závěr

Výsledek:

$11296$

Určíme počet možných rozmístění takových, že je v nich alespoň jedna věž, která není ohrožena žádnou jinou. Neohrožená věž musí byt nutně sama v řádku i sloupci, taková věž může být nejvýše jedna. Neohrožená věž může být umístěna $4\cdot 4=16$ způsoby. Po odstranění patřičného sloupce a řádku zbývá devět políček, na kterých je rozmístěno zbylých osm věží, je tak $9$ možností, jak vybrat, které políčko zůstane neobsazené. Máme $16\cdot 9=144$ možností. Celkem existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{16}{9}\right)=11440$ možností, jak vybrat devět políček ze šestnácti, hledaný počet možností je tedy $11440-144=11296$.

Výsledek:

$9409$

Jelikož $N$ není prvočíslo, je to buď $1$, nebo existuje prvočíslo $p<N$, které dělí $N$. Z podmínky $p<100$ plyne $p\le 97$. Můžeme si všimnout, že $N=97^2=9409$ splňuje podmínky ze zadání.

Předpokládejme, že existuje $N^{\prime }>9409$ splňující podmínky. Pokud $p\le 97$ je prvočíslo, které dělí $N^{\prime }$, podíl $\frac{N^{\prime }}{p}$ je kladné celé číslo větší $97$. Z toho plyne $\frac{N^{\prime }}{p}\in \{98,99\}$, protože každý dělitel $N^{\prime }$ je menší než $100$. Potom je $N^{\prime }$ dělitelné $k\in \{2,3\}$ a z podmínek vyplývá

což je spor.

Proto je hledaným číslem opravdu $N=9409$.

Výsledek:

$845$

Zastávku, na které staví všechny tři autobusy, označme $s_0$. Dále jako $s_k$ označme $k$-tou zastávku po $s_0$ na trase linky $A$. Spočítáme, kolika způsoby se David může dostat na zastávku $s_6$ ze zastávky $s_0$.

1.

David se na zastávku $s_1$ může dostat právě jedním způsobem, a to autobusem $A$.

2.

Na zastávku $s_2$ může dojet dvěma způsoby, autobusem $A$ ze zastávky $s_1$ nebo linkou $B$ ze zastávky $s_0$.

3.

K cestě na zastávku $s_3$ může využít autobus $C$ ze zastávky $s_0$ nebo autobus $A$ ze zastávky $s_2$, na kterou se mohl dostat $2$ způsoby. Dohromady má tedy $3$ možnosti.

4.

Na zastávku $s_4$ může přijet linkou $A$ ze zastávky $s_3$ nebo linkou $B$ ze zastávky $s_2$, celkem je to tedy $3+2=5$ způsobů.

5.

Pro cestu na $s_5$ existuje jen jeden způsob, a to autobusem $A$ ze zastávky $s_4$. Ze stanice $s_0$ je to tedy $5$ možností.

6.

A konečně na zastávku $s_6$ může David dorazit linkou $A$ ze zastávky $s_5$, linkou $B$ z $s_4$ nebo linkou $C$ ze zastávky $s_3$. Dohromady je to $3+5+5=13$ možností.

Všechny autobusy staví na centrální stanici $c$, na zastávce číslo $6$ a na zastávce $12$. Tyto zastávky tedy můžeme považovat za $s_0$. Proto existuje $13$ způsobů, jak se David může dostat z centrální stanice na zastávku číslo $6$, a také $13$ způsobů, jak může cestovat ze zastávky $6$ na $12$. Stejně tak cesta ze zastávky číslo $12$ na $17$ odpovídá cestě z $s_0$ na $s_5$, pro kterou existuje $5$ možných tras. Jelikož jsou zmíněné úseky nezávislé, David má na výběr $5\cdot 13\cdot 13=845$ způsobů, jak se dostat na zastávku číslo $17$.

Alternativní řešení. Zastávky budeme značit jejich čísly, přičemž doplníme $c=0$. Každá zastávka $s$ je dosažitelná linkou $A$, takže každou trasu na předchozí zastávku $s-1$ lze prodloužit na zastávku $s$ autobusem $A$. Pokud linka $B$ staví na zastávce $s$, pak lze autobusem $B$ prodloužit trasu ze zastávky $s-2$ na $s$. Podobné tvrzení platí o zastávce $s$, na které staví linka $C$. Pokud tedy označíme $J(s)$ počet způsobů, kterými se David může dostat na zastávku $s$, pak pro $s\ge 1$ dostaneme

Protože centrální stanice je „dosažitelná“ pouze jedním způsobem, máme $J(0)=1$ a můžeme $J(17)$ určit pomocí těchto rekurentních vztahů. Šipky pod tabulkou ukazují, které hodnoty se přičítají do které buňky.

$$$$

Výsledek:

$3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\frac{6069+\sqrt{3}}{2}$

Všimněme si, že $a_1$ má desetinnou část $a_1-\lfloor a_1\rfloor =\sqrt{3}-1$. Můžeme tedy $a_1$ zapsat jako $a_1=1+(\sqrt{3}-1)$. Nyní si spočítáme prvních pár členů posloupnosti

Všimněme si, že $a_1$ a $a_3$ mají stejnou desetinnou část $\sqrt{3}-1$ a jejich rozdíl je $a_3-a_1=3$. Obdobně $a_2$ a $a_4$ mají desetinnou část $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ a rozdíl $a_4-a_2=3$. Vidíme tedy, že po $k=0$ a $k=1$ platí vztahy $a_{2k+1}=3k+1+(\sqrt{3}-1)$ a $a_{2k+2}=3k+2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$. Platnost těchto vztahů pro všechna $k$ dokážeme indukcí: Dosadíme-li do definičního vzthau $a_{n+1}=\lfloor a_n\rfloor +\frac{1}{a_n-\lfloor a_n\rfloor }$, dostáváme

Tím je platnost vztahu dokázána. Proto $a_{2024}=a_{2\cdot 1011+2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}=3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.

Výsledek:

$2520$

Zjevně se koule nemůže odrazit dvakrát za sebou od stěny stolu. Součet čtverců délek těch trajektorií, kdy dochází k odrazům od dvojice sousedních stěn, označíme $d_{sous}$, součet čtverců délek trajektorií s odrazy od dvojice protilehlých stěn označíme $d_{prot}$. Máme tedy za úkol určit $d_{sous}+d_{prot}$. Počítáme-li souřadnice bodů $A$ a $B$ vzhledem k levému dolnímu rohu, máme $A=[2,4]$, $B=[6,3]$. Dokreslíme si jejich osové obrazy přes strany čtverce a označíme si důležité body podle obrázku.

$$$$

Uvažme trajektorii z $A$ do $B$, kde dojde k odrazu od $KN$ a poté od $MN$, a její úseky přiléhající k bodům $A$ (resp. $B$) osově překlopme přes stranu $KN$ (resp. $MN$). Díky pravidlu o odrazovém úhlu získáme přesně úsečku $A_1{B}_2$. Tuto operaci s trajektorií budeme dále nazývat narovnání. Všimněme si, že toto je jediná přípustná trajektorie, kde se koule odrazí právě od těchto dvou stran čtverce. Vskutku, narovnáním potenciální trajektorie $A\to MN\to KN\to B$ bychom dostali úsečku $A_2{B}_1$, která ale neprotíná čtverec $KLMN$. Při překlopení dvou bodů podle dvou kolmých os je totiž průsečík oněch os vždy středem rovnoběžníků s vrcholy ve všech čtyřech obrazech (v našem případě je $N$ je společným středem úseček $A_1{A}_2$ a $B_1{B}_2$). Proto taková trajektorie není možná.

Podobně se všechny požadované trajektorie obsahující odrazy od dvou sousedních stran čtverce $KLMN$ narovnají na jednu ze stran čtyřúhelníku $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ nebo jeho posunuté kopie $B_1{A}_2{B}_3{A}_4$. Z každé dvojice odpovídajících shodných stran je vždy použita právě jedna z důvodů vysvětlených výše na případu stran $KN$ a $KM$. Z toho plyne, že tyto trajektorie přispívají k cílovému součtu přesně součtem čtverců délek stran čtyřúhelníku $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$. Protože jeho úhlopříčky jsou kolmé a protínají se v bodě $C=[6,4]$, s pomocí Pythagorovy věty dostáváme

$$$$

Zbývá uvážit trajektorie, při nichž se koule odrazí od dvou protilehlých stran čtverce $KLMN$. Dvě takové trajektorie jsou vyobrazené níže.

$$$$

V tomto případě jsou možná obě pořadí odrazů, což vede k příspěvku rovnému součtu čtverců úhlopříček rovnoběžníků $A_2{B}_2{B}_4{A}_4$ a $A_1{A}_3{B}_3{B}_1$. Příspěvek těchto trajektorií za každý z rovnoběžníků spočteme například pomocí známého důsledku Pythagorovy věty – součet čtverců úhlopříček rovnoběžníku je roven součtu čtverců jeho stran – jako

Celkový součet je pak $d_{sous}+d_{prot}=852+2\cdot 834=2520$.

Výsledek:

$94590$

Všimněme si, že z $a\ne b$ a $b\ne c$ díky podmínkám dělitelnosti plyne $2a\le b$ a $2b\le c$. Nechť $s(k)$ značí počet číslic $k$. Díky nerovnostem platí $s(a)\le s(b)\le s(c)$. Proto máme jen dva možné případy, přičemž v obou je zjevně klíčové zvolit co největší první číslici $a$:

1.

Počty číslic splňují $s(a)=1$, $s(b)=1$ a $s(c)=3$. Pak $a$ je nejvýš $4<\frac{9}{2}$. Proto k největšímu třídělitelnému číslu vedou v tomto případě volby $a=4$, $b=8$ a $c=992$.

2.

Počty číslic splňují $s(a)=1$, $s(b)=2$ a $s(c)=2$. Pak $b$ je nevýš $49<\frac{99}{2}$. Pro největší $a\parallel b\parallel c$ chceme zvolit $a=9$. Největší možná hodnota $b$ pak je $b=45$, a tedy $c=90$. Jakékoliv menší $a$ nás dovede k menšímu výsledku.

Největší možná hodnota je tedy $94590$.

Výsledek:

$471$

Hledáme taková $x$, že zlomek $\frac{2x^3+2x+4}{x+5}$ je celé číslo. Jelikož