Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$14325$

Číslo $16$ lze získat jen jako součet $7$ a $9$. Kdyby $R=9$, tak dostaneme $J=3$ a následně $N=3$, což odporuje zadání. Proto $R=7$ a $S=9$. Postupně spočítáme všechny ostatní číslice: $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ a $O=2$. Hledaným číslem je tedy $N\mathit{ABOJ}=14325$, což mimochodem obsahuje skrytou zprávu o termínu konání Náboje 14. 3. 2025.

Výsledek:

$14$

Kolečko $A$ má 14 zubů, $B$ jich má 6 a $C$ jich má 15. Nejprve určíme, o kolik zubů se musejí naše kolečka otočit, aby byla všechna zase v původních polohách. Toto číslo musí být násobkem 14, 6 i 15. Nejmenší společný násobek těchto čísel je $14\cdot 15=210$ (kolečko $B$ tedy náhodou „nehraje roli“; jakmile jsou v původní poloze $A$ a $C$, tak je v původní poloze i $B$). Otočení o $14\cdot 15$ zubů odpovídá $210∕15=14$ otočením kolečka $C$.

Výsledek:

$9897989698$

Budeme číslo postupně budovat zleva. (Sprejer asi postupoval podobně.) Jako první číslici použijeme 9; i v každém dalším kroku vždy zvolíme největší číslici, která neporuší podmínku ze zadání. Na druhou pozici nemůžeme napsat 9, takže použijeme 8. Potom lze použít 9. Na čtvrtou pozici pak nelze napsat 8 ani 9, takže největší možná hodnota je 7. Následně jde opět postupně použít trojici číslic 9, 8, 9. Na osmou pozici ale musíme napsat 6, protože 9, 8 ani 7 nelze použít. Poslední dvě číslice vyjdou jako 9 a 8. Takto jsme sestavili číslo $n=9897989698$ splňující zadání. Zdůvodníme, že na zdi skutečně nemůže být napsané větší číslo. Pokud totiž jiné číslo $m$ také splňuje podmínky, stačí se podívat na první pozici, kde se liší od $n$. Protože jsme pro $n$ vždy zvolili největší možnou číslici na daném místě, má zde $m$ nějakou menší číslici. Proto určitě $m<n$, ať už jsou ostatní číslice jakékoli.

Výsledek:

$6$

Obsah dlaždice je $3$, takže obsah kteréhokoliv vydlážditelného útvaru je také násobkem $3$. Nahlédneme, že čtverec $3\times 3$ pokrýt nelze. Čtverec $6\times 6$ už vydláždit jde; jedno z možných pokrytí je znázorněno níže.

Výsledek:

$36$

Protože se jedná o rovnoběžník, jsou úsečky $|\mathit{XS}|$ a $|\mathit{BC}|$ stejně dlouhé. Rozdíl zadaných obvodů, jehož hodnota je zjevně $50-38=12$, je proto roven $|\mathit{XB}|+|\mathit{CS}|$. Zároveň platí $|\mathit{XB}|+|\mathit{CS}|=2\cdot |\mathit{CS}|=|\mathit{CD}|$, a ze zadání víme, že tato délka se rovná i $|\mathit{BC}|$ a $|\mathit{XS}|$. Hledaný obvod je tedy $|\mathit{XB}|+|\mathit{CS}|+|\mathit{BC}|+|\mathit{XS}|=3\cdot |\mathit{CD}|=3\cdot 12=36$.

Výsledek:

$93$

Označme $x$ a $y$ cifry Davidova čísla. Všimneme si, že cifra na místě jednotek ve výsledném součinu odpovídá jednotkám v součinu $x\cdot y$. Z toho plyne, že $x$ ani $y$ není sudé (jinak by součin byl sudý), a navíc se ani jedno z nich nesmí rovnat $5$ (jinak by součin byl dělitelný $5$). Pak už snadno vyzkoušíme, že cifru $7$ můžeme dostat jen dvěma způsoby, a to jako $1\cdot 7=7$ a $3\cdot 9=27$. První možnost, tedy $17\cdot 71$, má na místě tisíců $1$, správným součinem je proto $39\cdot 93=3627$ a řešením je $93$.

Výsledek:

$37$

Pokud má Honza na ruce všechny kombinace $3$ barev a $12$ hodnot (celkem $3\cdot 12=36$ karet), potom se může stát, že karta na vršku odhazovací hromádky má čtvrtou barvu a třináctou hodnotu, které Honzovi na ruce chybí. V takovém případě nemůže Honza žádnou ze svých karet zahrát. Hledaný počet karet je tedy alespoň $37$.

Na druhou stranu, horní karta odhazovacího balíčku sdílí barvu s $12$ dalšími kartami a hodnotu s dalšími $3$ kartami. Jelikož je karet celkem $52$ a alespoň $1$ je na odhazovací hromádce, nejvyšší počet karet, které Honza může mít v ruce a nemoci je odehrát, je $52-1-12-3=36$. Pokud má Honza na ruce $37$ karet, určitě může alespoň jednu z nich zahrát.

Výsledek:

$15^{\circ }$

Trojúhelník $\mathit{FGS}$ je rovnostranný, z čehož plyne, že $|\mathit{FS}|=|\mathit{GS}|$, a rovnoramenné pravoúhlé trojúhelníky $\mathit{SGA}$ a $\mathit{EFS}$ jsou tak shodné. Proto $|\mathit{ES}|=|\mathit{AS}|$, a tedy i trojúhelník $\mathit{EAS}$ je rovnoramenný. Jelikož $|\sphericalangle \mathit{ESA}|=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$, dostáváme $|\sphericalangle \mathit{SAE}|=\frac{1}{2}(180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{ESA}|)=15^{\circ }$.

Výsledek:

$34$

Do každé dlaždice napíšeme, kolik trojúhelníků splňujících zadanou podmínku ji obsahuje jako horní nebo dolní roh (v závislosti na její orientaci):

Tímto způsobem započítáme každý z hledaných trojúhelníků právě jednou, a řešení tedy dostaneme jako součet všech těchto čísel.

Výsledek:

$6075$

Vezměme čarokrásné číslo $N=\overline{\mathit{abcd}}$ a označme $n=\overline{\mathit{cd}}$. Pak $N=1000a+100b+n$ a odstraněním číslice na pozici stovek dostáváme $M=100a+n$. Požadovanou rovnost $M=\frac{1}{9}N$ lze přepsat jako $9M=N$ neboli

po přeuspořádání a vydělení čtyřmi dostáváme podmínku

Z této rovnosti vyplývá, že $a+b$ je sudé číslo, které je navíc ostře menší než $\frac{2\cdot 100}{25}=8$, protože $n<100$. Proto $a+b\le 6$. Abychom získali co největší $N$, je rozhodující jeho první číslice, takže volíme $a=6$ a $b=0$, což dává $n=\frac{25\cdot 6}{2}=75$. Číslo $N=6075$ je skutečně čarokrásné, jelikož $675=\frac{1}{9}\cdot 6075$.

Výsledek:

$60$

Maximální kapacita lodi je $100$ tun. Protože na cestě do Hamburku vezla $85$ tun nákladu, musela nutně vézt nejméně $15$ tun nafty. Kdyby ale vezla více než $15$ tun nafty, nemohla by jí na zpáteční cestě vézt dvakrát tolik. Proto loď na cestě tam vezla přesně $15$ tun nafty a ostatních dvou komodit vezla maximální možné množství. Celkový náklad na zpáteční cestě už snadno spočteme jako

Výsledek:

$8$

Začneme pokrývat útvar z jednoho z vnitřních rohů, viz diagram (1); existuje i druhý způsob, jak první kostku položit (svisle místo vodorovně), ale obě výsledné situace jsou shodné, jen zrcadlově převrácené. Druhou možnost proto zatím ignorujeme a jen na závěr vynásobíme výsledek dvěma. Když už je položena tato první kostka, jsou jednoznačně určeny polohy dalších dvou, viz (2). Následně máme po dvou možnostech pokrytí obou „čtverců“ vlevo a vpravo, viz (3), a zbytek dláždění už je jednoznačný, viz (4). Existují tedy $2\cdot 2=4$ možnosti, jak vydláždit útvar po položení kostky (1). Když započítáme zmíněnou volnost v položení tohoto domina, dostáváme dohromady $2\cdot 4=8$ způsobů.

Výsledek:

$30$

Obsah každého tmavě šedého čtverce je $216∕6=36$, takže délka jeho strany je $\sqrt{36}=6$. Na každé stěně má nepokrytá část dvakrát větší obsah než světle šedé plochy, z čehož plyne, že každý světle šedý obdélník má poloviční velikost oproti bílému čtverci. Z toho plyne, že můžeme kolem hrany balíčku umístit $5$ světle šedých obdélníků šířky $6$, a délka hrany balíčku je tak $5\cdot 6=30$.

Výsledek:

$800\%$

Označme si ceny tužky, sešitu a pravítka postupně jako $t$, $s$, $p$. Zadané podmínky se dají přepsat jako rovnice $s=t+p$ a $\frac{3}{2}p=t+s$. Dosazením za $s$ do druhé rovnice dostáváme $\frac{3}{2}p=2t+p$ neboli $p=4t$; dosadíme-li toto do první rovnice, vyjde $s=5t$. Platí tedy $s+p=9t$; proto by se cena tužky musela zdevítinásobit, tj. vzrůst o $800\%$.

Výsledek:

$4098600$

Pro každé kladné celé číslo $x$ platí $\mathrm{NSD}(x,x-1)=1$, a proto pro každá kladná celá čísla $x,a$ máme $\mathrm{NSD}(x,\mathrm{NSD}(x-1,a))=1$. Toto pozorování použijeme pro $x=2023$. Tím zjistíme, že před provedením posledních dvou operací je hodnota výrazu rovna $1$, takže se celý výraz rovná

Výsledek:

$12$

Pravoúhlé trojúhelníky vzniklé mezi přímkou a jednotlivými obdélníky jsou podobné s poměrem $2$. Ten více vlevo má odvěsny délek $1$ a $6$, vyjádřeno v průměrech vepsaných kružnic. Z toho plyne, že šířka šedého obdélníku je $2\cdot 6=12$ průměrů kružnic.

Výsledek:

$7,2=\frac{36}{5}$

Nechť $v$ je Jardova původní rychlost (v kilometrech za hodinu) a $t$ je čas (v hodinách), po který běžel rychlostí $v$. Potom jeho snížená rychlost je $\frac{3}{4}v$ a čas, po který běžel touto rychlostí, je $2t$. Celková vzdálenost je součet dvou dílčích vzdáleností, tedy

z čehož plyne

To je právě vzdálenost, kterou Jarda urazil, než zpomalil.

Výsledek:

$10$

Všimněme si, že José není omezen žádnými podmínkami, a proto může stát kdekoliv. Na druhou stranu máme jen dva způsoby, jak si mohou stoupnout ostatní: KHNM a KNHM. V obou případech má José pět možností, kam se postavit. Celkem jsme tedy nalezli $2\cdot 5=10$ možností.

Výsledek:

$220$

Zadání teoreticky povoluje i tzv. nekonvexní hrady, tj. takové, kde spojnice některých dvou věží leží mimo hrad. (Ekvivalentně lze říci, že takový hrad má u některé věže úhel větší než $180^{\circ }$.) Je ale intuitivně jasné, že pokud se snažíme najít hrad co nejvhodnější pro lukostřelbu, pak takový hrad bude konvexní. (Lze to přesně matematicky dokázat, ale nebudeme to tu rozebírat.)

Pro libovolné uspořádání hradních zdí si pak uvědomíme, že nejdelší úsečka uvnitř konvexního hradu (jejíž délku označíme $\ell$) povede od jedné věže k jiné věži. Výběrem těchto dvou věží se zdi rozdělí do dvou skupin, přičemž součet délek v každé z nich musí být větší nebo roven $\ell$. Hledáme tedy co největší číslo $\ell$, pro které je možné rozdělit délky zdí na dvě množiny, jejichž součty jsou větší nebo rovny $\ell$. Zjevně tedy

Protože je ale součet délek libovolné množiny zdí násobkem deseti, dostáváme dokonce $\ell \le 220$. Tuto hodnotu už získat lze, a to při rozdělení stěn $130+90<110+50+70$.

Příslušný hrad má tedy jednu dlouhou rovnou zeď délky 220 loktů, která je po 130 loktech přerušená věží (to se u skutečného hradu klidně může stát); nejdelší možný výstřel z luku povede těsně podél této zdi.

Výsledek:

$247$

Snažíme se vytvořit z kartiček dvě čísla, která si budou co nejblíž. Proto na pozice tisíců umístíme číslice lišící se o jedničku. Dál musíme na pozice stovek dát co nejmenší číslici ve větším čísle a naopak co největší číslici v tom menším. Jakmile jsou určeny číslice v řádu stovek, stejnou úvahu provedeme pro desítky a následně pro jednotky. Takto dojdeme k číslům 5123 a 4876, jejichž rozdíl je 247.

Výsledek:

$62$

Pokud na chvíli zapomeneme na podmínku, že na některých dvou sousedících záhonech musejí být stejné květiny, pak je odpověď $2^6=64$, protože na každém ze šesti záhonů má Krteček dvě možnosti a volby pro jednotlivé záhony jsou na sobě nezávislé. Od tohoto počtu pak odečteme ta rozmístění, kde je podmínka porušená; to nastane v případě, že se na záhonech oba druhy květin pravidelně střídají. Takové možnosti jsou dvě, takže dohromady existuje $64-2=62$ povolených rozmístění.

Výsledek:

$25\pi -12$

Označme $M$ střed kruhového papíru a $A$, $B$, $C$ ostatní vrcholy obdélníku. Poloměr kruhu označme $r$.

Platí $|\mathit{MA}|=r-1$, $|\mathit{MB}|=r$ a $|\mathit{MC}|=r-2$, přičemž $|\mathit{AB}|=|\mathit{MC}|$. S využitím Pythagorovy věty pro pravoúhlý trojúhelník $\mathit{ABM}$ dostaneme rovnici

kterou můžeme zjednodušit na

Protože možnost $r=1$ je nesmyslná ($|\mathit{MC}|$ by byla záporná), jediné možné řešení je $r=5$. Zbývající obsah papíru je tedy $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ (v ${\mathrm{dm}}^2$).

Výsledek:

$23\frac{1}{3}=\frac{70}{3}$

Smícháním $x$ jednotek algybry s $y$ jednotkami alchemie vznikne směs obsahující $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ jednotek algebry a $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ jednotek alchymie. Aby byly algebra a alchymie zastoupeny v poměru $1:1$, musí proto platit

což lze zjednodušit jako $y=\frac{3}{2}x$. Za každý $\mathrm{mg}$ algybry je proto potřeba do směsi přidat $1,5\mathrm{mg}$ alchemie. Největší množství algemie proto vznikne, když mistr použije všech $14\mathrm{mg}$ alchemie a $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ algybry. Dohromady proto mistr může vytvořit $\frac{5}{3}\cdot 14=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ kýžené směsi.

Výsledek:

$34$

Označme $m^2=n^2+3333$. Aby byla $m^2$ a $n^2$ čtyřciferná, musí platit $32\le n<m\le 99$, protože $31^2$ je trojciferné a $100^2$ pěticiferné číslo. Proto

neboli

Díky znalosti rozdílu $m^2$ a $n^2$ dostáváme

Vzhledem k uvedeným nerovnostem je jediným možným rozkladem $m+n=101$ a $m-n=33$, což dává $m=67$ a $n=34$. Snadno ověříme, že $K=34^2=1156$ má skutečně všechny číslice menší než $7$ (což z našeho dosavadního výpočtu ještě neplynulo).

Výsledek:

$\frac{2\pi \sqrt{3}}{3}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$

Protože jsou $X$ a $Y$ středy podstav válce, výška válce je rovna jejich vzdálenosti. A protože jsou to protější vrcholy krychle, tato vzdálenost je rovna délce tělesové úhlopříčky, tedy $\sqrt{3}$.

Pro určení poloměru válce dále vyberme kterýkoli jiný vrchol krychle, označme ho $Z$ a spočítejme jeho vzdálenost od úhlopříčky $\mathit{XY}$. Trojúhelník $\mathit{XZY}$ je pravoúhlý s pravým úhlem u $Z$ ($\mathit{XZ}$ je stěnová úhlopříčka a $\mathit{YZ}$ je hrana krychle) a hledaná vzdálenost je výška $v_z$ ze $Z$ na stranu $\mathit{XY}$. Obsah trojúhelníku $\mathit{XYZ}$ můžeme spočítat jako $\frac{1}{2}|\mathit{YZ}|\cdot |\mathit{XZ}|=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{2}$ nebo jako $\frac{1}{2}{v}_z\cdot |\mathit{XY}|=\frac{1}{2}{v}_z\cdot \sqrt{3}$, z čehož plyne, že tato výška $v_z$, a tedy i poloměr podstavy válce, má délku $\sqrt{2∕3}$.

Hledaný objem válce je tedy

Výsledek:

$13$

Nejprve si všimněme, že na druhou otázku je určitě pravdivou odpovědí „Ne“: Kdyby totiž v Kocourkově žilo alespoň $31$ lhářů, všichni by museli lhát a tedy odpovědět záporně; pak by ale nemohl cizinec dostat $39$ kladných odpovědí. Proto je lhářů nejvýše $30$. Všichni pravdomluvkové tedy museli na druhou otázku pravdivě odpovědět „Ne“, takže jich může být nejvýše $60-39=21$.

Z toho vyplývá, že i na první otázku je pravdivou odpovědí „Ne“. Oněch $43$ kladných odpovědí pochází od lhářů a některých normálních lidí. Jelikož je lhářů nejvýše $30$, musí v Kocourkově žít alespoň $43-30=13$ normálních lidí.

Zbývá ověřit, že tato konfigurace skutečně mohla nastat. Když bude pravdomluvků $17$, lhářů $30$ a normálních lidí $13$, může cizinec skutečně poprvé dostat $30+13$ a podruhé $30+9$ nepravdivých odpovědí. V Kocourkově tedy žije nejméně $13$ normálních lidí.

Výsledek:

$24$

Nejprve si všimneme, že celkový počet získaných bodů je 7, zatímco sehraných zápasů je 6; proto jen jeden zápas skončil vítězstvím $2:0$, zatímco vítězové všech ostatních zápasů dostali jen jeden bod. Z toho plyne, že vítěz turnaje porazil všechny ostatní týmy, přičemž za jedno z těchto vítězství dostal 2 body. Vzájemné výsledky ostatních týmů musely vytvořit „cyklus“, protože každý z nich vyhrál právě jednou. Dohromady máme nejprve čtyři možnosti, jak vybrat vítězný tým, pak tři možnosti, jak vybrat tým, který od něj dostal nakládačku, a nakonec dvě možnosti, jak orientovat cyklus mezi poraženými týmy. Dohromady mohl turnaj proběhnout $4\cdot 3\cdot 2=24$ způsoby.

Výsledek:

$225$

Nejmenší možná hodnota $M$ je 9, protože

Zároveň, kdykoli je $k\ge 1$, lze kterýkoli člen $10^k$ nahradit deseti členy $10^{k-1}$, což zvýší počet sčítanců o 9. Protože všechny možné Kátiny zápisy lze získat z původního zápisu s devíti sčítanci opakovaným provedením takovýchto nahrazení, je zřejmé, že $M$ musí bát násobek $9$. Největší možná hodnota $M$ je zjevně 2025, neboť

Při postupném nahrazování sčítanců z nejkratšího zápisu (délky $9$) do nejdelšího zápisu (délky $2025$) se mezi možnými hodnotami $M$ vyskytnou všechny násobky 9, takže počet všech možných hodnot $M$ je

Výsledek:

$360$

Označme $\ell$ délku vlaku v metrech, $t_1$ čas od okamžiku, kdy Báru s Matějem minul předek vlaku, do chvíle, kdy Báru minula jeho zadní část, a následně $t_2$ čas, za který se zadní část vlaku přesunula od Báry k Matějovi. Za dobu $t_1$ ušla Bára $45$ metrů, zatímco za dobu $t_2$ Matěj ušel $60-45=15$ metrů; jelikož oba kráčejí stejnou rychlostí, je poměr těchto časových intervalů roven

Teď se zaměříme na pohyb vlaku. Za dobu $t_1$ vlak ujel vzdálenost $\ell -45$ (protože na začátku byl předek vlaku na výchozí pozici Báry s Matějem, zatímco na konci této doby chybělo ještě $45$ metrů k tomu, aby na ono místo dojel konec vlaku). Za dobu $t_2$ pak ujel $45+60=105$ metrů. Rychlost vlaku proto lze spočítat dvěma způsoby jako

Díky známému poměru časových intervalů dostáváme

takže $\ell =360$.

Výsledek:

$33,75^{\circ }={\frac{135}{4}}^{\circ }$

Z rovnoramennosti trojúhelníka $X{C}^{\prime }B$ a znalosti velikosti úhlu u vrcholu $B$ plyne

Dále díky osové souměrnosti platí $|\sphericalangle \mathit{CXY}|=|\sphericalangle \mathit{YX}{C}^{\prime }|$, takže prozkoumáním situace kolem vrcholu $X$ zjistíme

Díky osové souměrnosti také $|\sphericalangle X{C}^{\prime }Y|=|\sphericalangle Y\mathit{CX}|=90^{\circ }$, takže díky součtu úhlů v trojúhelníku $\mathit{XY}{C}^{\prime }$ dostáváme

Výsledek:

$911$

Nejdřív si všimneme, že pro $k\le n$, se počet ostře rostoucích $k$-tic obsahujících čísla z $\{1,2,\dots ,n\}$ rovná $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, jelikož ostře rostoucí $k$-tice odpovídají podmnožinám velikosti $k$. Ze stejného důvodu obecněji platí, že počet všech ostře rostoucích $k$-tic s prvky z $\{m,m+1,\dots ,n\}$ je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Abychom zjistili pozici naší čtveřice, spočítáme, kolik se před ní vyskytne čtveřic; ty rozdělíme do skupin podle jejich počátečních prvků:

• $(0,\ast ,\ast ,\ast )$: takových čtveřic je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{15}{3}\right)=455$;
• $(1,\ast ,\ast ,\ast )$: takových čtveřic je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$;
• $(2,3,\ast ,\ast )$: takových čtveřic je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{2}\right)=66$;
• $(2,4,a,\ast )$, kde $a\in \{5,6\}$: takových čtveřic je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{1}\right)=19$;
• $(2,4,7,b)$, kde $b\in \{8,9,10,11,12,13\}$: takových čtveřic je $6$.

Čtveřice $(2,4,7,14)$ se tudíž vyskytuje na pozici $455+364+66+19+6+1=911$.

Výsledek:

$60$

Označme $A$ a $B$ jako počty jablek, které prodaly Anička a Bára. Víme, že

Dosazením $b=\frac{45}{A}$ a $a=\frac{20}{B}$ do druhé rovnice dostáváme

Platí proto $A=\frac{3B}{2}$ a dosazením do první rovnice dostáváme $\frac{3B}{2}+B=100$, tedy $B=40$ a $A=100-40=60$.

Výsledek:

$598$

Označme si Biančino číslo jako $N=100a+10b+c$, kde $a$, $b$, $c$ jsou jednotlivé číslice. Kdyby bylo $c=9$, tak $819=9+9^2+9^3\ge N>9^3=729$, takže $a$ musí být $7$ nebo $8$. Ani v jednom případě ale nelze zvolit $b$ tak, aby se poslední cifra čísla $729+a+b^2$ rovnala $9$. (Poslední cifra $b^2$ se totiž nikdy nerovná $3$ ani $2$.)

Dále se podíváme na případ $c=8$. Jelikož $8^3=512$, musí $a$ být $5$ nebo $6$. Jenže

takže $a$ může být jedině $5$. Pak potřebujeme, aby pro $b$ platilo

což dává $b=1$ nebo $b=9$. Obě takto získaná čísla mají požadovanou vlastnost:

Kdyby $c\le 7$, tak $N\le 7^3+9^2+9=433<598$, takže největší možnou hodnotou $N$ je skutečně $598$.

Výsledek:

$42$

Když bod $P$ spojíme s vrcholy čtyřúhelníku $\mathit{ABCD}$ a ostatními body, které rozdělují jeho strany na třetiny, vznikne nám dvanáct trojúhelníčků.

Všimneme si, že trojúhelníčky, jejichž dva vrcholy leží na stejné straně čtyřúhelníku $\mathit{ABCD}$, mají stejný obsah, protože mají společnou výšku z bodu $P$ a jejich základny jsou stejně dlouhé. Označme postupně $a$, $b$, $c$, $d$ obsahy trojúhelníčků $\mathit{PEI}$, $\mathit{PJF}$, $\mathit{PGK}$ a $\mathit{PLH}$. Pak ze znalosti obsahů některých čtyřúhelníků získáme tyto rovnice

Obsah čtyřúhelníku $\mathit{PFBG}$ je pak rovný hodnotě $b+c$, kterou vyjádříme jako

Výsledek:

$237$

Celkem existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ způsobů, jak vybrat $4$ čtverce z prstence tvořeného $12$ čtverci. Pro každou stranu existuje $8$ čtverců, které do ní nepatří, tedy $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ čtveřic vyhýbající se dané straně prstence. Mohlo by se proto zdát, že máme $495-4\cdot 70=215$ možností, jak nevynechat žádnou stranu. Některé možnosti jsme ale odečetli vícekrát – konkrétně jsme dvakrát odečetli ty, kde jsou vynechány dvě strany najednou (vynechat najednou tři strany evidentně není možné). Konfigurací, které vynechávají pevně danou dvojici sousedních stran, je $5$, protože vybíráme $4$ z $5$ čtverců u protějšího rohu; dohromady tedy máme $20$ konfigurací, které vynechávají některé dvě sousední strany. Pokud chceme vynechat zvolenou dvojici protějších stran, máme jen jednu možnost a dvojice protějších stran jsou $2$. Proto existuje $22$ možností, jak vynechat dvě strany, a celkem tedy dostáváme $215+22=237$ způsobů, jak splnit zadání.

Výsledek:

$\frac{6}{5}$

Středy kružnic označíme postupně $X$, $Y$ a $Z$ a dále body dotyku $A$, $B$ a $C$ jako na obrázku. Trojúhelník $\mathit{XYZ}$ má délky stran $1+2=3$, $1+3=4$ a $2+3=5$, z Pythagorovy věty je tedy pravoúhlý s pravým úhlem u vrcholu $X$. Obsah trojúhelníka $\mathit{ABC}$ získáme odečtením obsahů rovnoramenných trojúhelníků $\mathit{XCB}$, $\mathit{YAC}$ a $\mathit{ZBA}$ od obsahu $\mathit{XYZ}$, který je roven $\frac{1}{2}(3\cdot 4)=6$.

• Trojúhelník $\mathit{XCB}$ je pravoúhlý, jeho obsah je proto roven $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$.
• Pro obsah $\mathit{YAC}$ nejprve spočítejme výšku $\mathit{AR}$. Trojúhelníky $\mathit{RYA}$ a $\mathit{XYZ}$ jsou podobné s poměrem $\frac{|\mathit{YA}|}{|\mathit{YZ}|}=\frac{2}{5}$, a tedy $|\mathit{AR}|=\frac{2}{5}|\mathit{ZX}|=\frac{8}{5}$. Obsah $\mathit{YAC}$ se rovná $\frac{1}{2}(|\mathit{AR}|\cdot |\mathit{CY}|)=\frac{1}{2}(\frac{8}{5}\cdot 2)=\frac{8}{5}$.
• Pro obsah $\mathit{ZBA}$ obdobně využijeme podobnost trojúhelníků $\mathit{SAZ}$ a $\mathit{XYZ}$ s poměrem $\frac{3}{5}$ a získáme $|\mathit{AS}|=\frac{9}{5}$. Obsah trojúhelníka $\mathit{ZBA}$ je $\frac{1}{2}(\frac{9}{5}\cdot 3)=\frac{27}{10}$.

Hledaný obsah je tudíž roven

Výsledek:

$300$

Snadno určíme, že počet úhlopříček $n$-úhelníka je $\frac{1}{2}n(n-3)$. Protože 2025 je liché, stačí zkoumat, kde je $P=n(n-3)$ dělitelné 2025. Máme $2025=3^4\cdot 5^2$, a díky nesoudělnosti mocnin různých prvočísel vidíme, že potřebujeme zajistit, aby bylo $P$ dělitelné $3^4=81$ a zároveň $5^2=25$. Z činitelů $n$, $n-3$ může být jen jeden dělitelný $5$, takže jeden z nich musí být dělitelný $25$. Naproti tomu $n$ je dělitelné $3$ právě tehdy, když je dělitelné $3$ číslo $n-3$; nemohou ale obě být zároveň dělitelná $9$. Z těchto úvah vyplývá, že hledáme takové číslo $n$, aby alespoň jedno z čísel $n$, $n-3$ bylo dělitelné $25$ a zároveň alespoň jedno z nich bylo dělitelné $27$.

Kdyby byl jeden z činitelů násobkem $25$ i $27$, musel by být roven nejméně $25\cdot 27=675$. Pokusme se dosáhnout menší hodnoty $n$ tím, že jeden z činitelů (který označíme $m$) bude dělitelný $27$, a ten druhý ($m\pm 3$) bude dělitelný $25$ (takže $n=m$ nebo $n=m+3$). První podmínka dává $m=27k$ pro kladné celé $k$; snažíme se nyní najít nejmenší $k$, pro něž je $27k\pm 3$ dělitelné $25$ (pro vhodnou volbu znaménka). Odečtením $25k$ stačí ekvivalentně zkoumat číslo $2k\pm 3$, které je $25$ poprvé dělitelné pro volbu $k=11$ a znaménko plus. Proto $m=27\cdot 11=297$ and $n=m+3=300$.

Výsledek:

$84$

Nejprve pro každý jednotlivý uzel snadno spočítáme (1) počet cest (dodržujících směry šipek) z uzlu $A$, které v daném uzlu končí, (2) počet cest, které v něm začínají a končí v $B$. V následujícím diagramu například popisek $3|1$ v pravém horním uzlu znamená, že zde končí právě tři cesty z $A$ a že odsud vede jen jediná cesta do $B$. Následně pro každou šipku určíme počet možných Davidových cest, které právě tuto šipku využívají pro svůj rebelský tah: Stačí vynásobit první číslo v popisku jejího koncového uzlu s druhým číslem v jejím počátečním uzlu. Provedeme těchto osm součinů a následně čísla posčítáme; vyjde 84.

Výsledek:

$18249$

Můžeme naznačený výpočet ekvivalentně přepsat jako

a toto dále zjednodušit do následující podoby:

Kdyby $N\ge 2$, byl by první sčítanec moc velký, takže nutně $N=1$. Po dosazení dostaneme $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, což implikuje $A=8$. Dalším dosazením $914-888=26$ dostáváme $B=2$ a nakonec $O=4$. Hodnotu $J$ můžeme zvolit jakkoli (když dodržíme, že všechny cifry budou různé, což zde ovšem náhodou nehraje roli); největší možná hodnota čísla $N\mathit{ABOJ}$ je tedy $18249$.

Výsledek:

$150$

Označme $\mathit{AN}$ počet organizátorů, kteří v prvním hlasování byli pro a v druhém proti. Analogicky definujeme $\mathit{AA}$, $\mathit{NN}$ a $\mathit{NA}$. Dále označme $\mathit{AX}$ počet organizátorů, kteří po prvním hlasování opustili místnost. Ze zadání jsme získali následující soustavu rovnic:

Dosazením

a

a přeuspořádáním dostáváme

Vynásobíme-li druhou rovnici dvěma a všechny sečteme, získáme $3\mathit{AX}=450$, tedy $\mathit{AX}=150$. (Zbývající počty jsou $\mathit{AN}=5$ a $\mathit{NA}=155$.)

Výsledek:

$12$

Nechť $g=\mathrm{NSD}(a,b)$. Pak $a=g{a}^{\prime }$, $b=g{b}^{\prime }$ pro nějaká kladná celá čísla $a^{\prime }$, $b^{\prime }$. Protože $g\le a\le b$, aritmetická posloupnost může být jen v pořadí $(g,a,b)$ nebo opačném – ve druhém případě jde o klesající posloupnost, která má jinak shodné vlastnosti s $(g,a,b)$. V každém případě $a-g=b-a$ neboli $b=2a-g$. Po vydělení $g$ vyjde $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$. Z podmínky na součet dostaneme

tedy $g{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. Toto číslo má $(3+1)\cdot (2+1)=12$ kladných dělitelů. Zbývá ověřit, že každého dělitele lze skutečně použít jako $a^{\prime }$ v nějaké nabité trojici. Protože platí $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $g=675∕a^{\prime }$, $a=g{a}^{\prime }=675$, $b=g{b}^{\prime }$, skutečně dostáváme $a\le b$, neboť $g{a}^{\prime }\le g(2a^{\prime }-1)$ pro libovolná kladná celá čísla $a^{\prime }$, $g$. Navíc platí

protože $a^{\prime }$ a $2a^{\prime }-1$ jsou nesoudělná pro libovolné kladné celé číslo $a^{\prime }$.

Výsledek:

$697$

Množina úloh, kterou tým vyřešil, je jednoznačně určená množinou úloh, které tým nevyřešil, a naopak. Klíčové pozorování je, že to také jednoznačně odpovídá množině nevyřešených úloh, které u sebe tým měl na konci soutěže. To může být libovolná množina nejvýše $3$ úloh. Celkem se tedy soutěže mohlo účastnit nejvýše

týmů.

Výsledek:

$51$

Použitím vzorečku $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$ můžeme podmínky ze zadání přeuspořádat do následujících rovností:

Naším cílem je určit hodnotu $(a-2)(d-2)$, ze které už výsledek dostaneme snadno. Z druhé rovnice plyne $b\ne 2$ a $c\ne 2$. Hledaný výraz můžeme vyjádřit jako

Proto $2a+2d-\mathit{ad}=-(-47)+4=51$.

Výsledek:

$540^{\circ }∕7$

Jelikož je $\mathit{ABCDEFG}$ pravidelný sedmiúhelník, je úhel $\mathit{AME}$ pravý, a $\mathit{AE}$ tedy (podle Thaletovy věty) tvoří průměr větší kružnice. Kromě bodu $X$ je druhým průsečíkem kružnic bod $A$, proto místo zkoumání úhlu mezi tečnami v bodě $X$ se ekvivalentně můžeme podívat na úhel sevřený tečnami v bodě $A$. Jelikož jsou průměry kružnic kolmé na tečny, je tento úhel stejný jako úhel $\mathit{BAE}$, který svírají průměry kružnic. Zbývá tedy určit $|\sphericalangle \mathit{BAE}|$. To lze provést buď na základě pozorování, že jde o obvodový úhel kružnice opsané sedmiúhelníku $\mathit{ABCDEFG}$ odpovídající středovému úhlu o velikosti $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$, nebo díky symetrii sedmiúhelníka; každopádně zjišťujeme, že velikost požadovaného úhlu je $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }=540^{\circ }∕7$.

Výsledek:

$\frac{2^{100}\cdot (4^{100}-1)}{3}$

Nejprve budeme řešit obecnější úlohu. Uvažujme jakékoli kladné hodnoty $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$. Určíme součet všech výrazů tvaru ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$, přičemž stejně jako v zadání sčítáme přes všechny volby znamének uvnitř závorky. Při roznásobení kteréhokoli z výrazů ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ obdržíme jednak členy tvaru $+x_i^2$ pro $i\in \{1,\dots ,n\}$, a to vždy se znaménkem plus, jednak členy tvaru $\pm 2x_i{x}_j$ pro všechny dvojice $i,j\in \{1,\dots ,n\}$, kde $i\ne j$.

Znaménko tohoto druhého typu členů je určeno tím, jestli $x_i$ a $x_j$ mají stejné znaménko (pak vyjde $+2x_i{x}_j$), nebo mají znaménko opačné (pak vyjde $-2x_i{x}_j$). Pokud jsou všechna ostatní znaménka v ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ zvolená, pak máme čtyři možnosti, jak dourčit znaménka u $x_i$ a $x_j$; dvě z těchto voleb dávají $+2x_i{x}_j$ a dvě $-2x_i{x}_j$. Proto, pokud sčítáme přes všechny možné volby znamének v ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$, se tyto smíšené členy tvaru $\pm 2x_i{x}_j$ navzájem vynulují a zbudou pouze členy $x_i^2$. Každý se vyskytuje $2^n$-krát (jednou za každou volbu znamének v ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$), takže výsledným součtem je

V našem případě je $n=100$ a $x_i=2^{i-1}$, takže dosazením do odvozeného obecného vzorce zjistíme, že součet hodnot ${(\pm 1\pm 2\pm 4\pm \cdots \pm 2^{99})}^2$ přes všechny volby znamének je

Užitím vzorce pro součet prvních sta členů geometrické posloupnosti spočteme

a řešením úlohy tedy je $\frac{2^{100}\cdot (4^{100}-1)}{3}$.

Naznačme ještě alternativní, o něco pracnější řešení: Lze si rozmyslet, že uvnitř závorek na tabuli dostaneme právě všechna lichá čísla v rozmezí od $-m$ do $m$, kde $m=1+2+4+\cdots +2^{99}=2^{100}-1$. Hledanou hodnotou je tedy dvojnásobek součtu všech lichých čtverců od $1^2$ po $m^2$. Pro součet všech lichých čtverců do $1^2$ do $m^2$ existuje nepříliš známý vzorec $\frac{1}{6}m(m+1)(m+2)$. Ten lze odvodit díky známému vzorci pro součet všech čtverců od $1^2$ do $k^2$: $1^2+2^2+\cdots +k^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)$. Když totiž tento známý vzorec vynásobíme $2^2$, dostaneme vzorec pro součet sudých čtverců.

Výsledek:

$56$

Čtyři úsečky tvořící čtvercový objezd budeme nazývat ulice. Nechť $m=24$ a $n>m$ jsou rychlosti pomalejšího a rychlejšího auta. Skutečnost, jestli lanko praskne, závisí pouze na poměru obou rychlostí, nikoli na jejich konkrétních hodnotách. Můžeme proto problém přeškálovat tak, že místo $m$, $n$ budeme uvažovat rychlosti $m^{\prime }$ a $n^{\prime }$, což budou nesoudělná kladná celá čísla s vlastností $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$. Tvrdíme, že lanko nikdy nepraskne právě tehdy, když je $n^{\prime }-m^{\prime }$ dělitelné čtyřmi.

Nejprve se podívejme na případ, kdy $n^{\prime }-m^{\prime }$ není dělitelné čtyřmi. Poté, co pomalejší auto projede $m^{\prime }$ ulicemi, ocitne se v rohu. V tentýž moment projelo rychlejší auto přesně $n^{\prime }$ ulicemi (díky poměru rychlostí), a je tedy také v rohu. Protože ovšem $n^{\prime }-m^{\prime }$ není dělitelné čtyřmi, jedná se o dva různé rohy. Pokud jsou naproti sobě, lanko právě prasklo. Pokud se jedná o rohy sousedící, stačí projet ještě jednou stejným počtem ulic, a pak již budou auta v protějších rozích a lanko praskne.

Nyní předpokládejme, že $n^{\prime }-m^{\prime }$ je dělitelné čtyřmi. Uvědomme si, že auta nemohou být obě současně v rozích dříve, než pomalejší auto projede $m^{\prime }$ ulicemi. Pokud by totiž pomalejší auto projelo pouze $u<m^{\prime }$ ulicemi a ocitlo by se v rohu, stihlo by za tutéž dobu rychlejší auto projet $\frac{u}{m^{\prime }}\cdot n^{\prime }$ ulicemi, což není ale celé číslo, jelikož $m^{\prime }$ a $n^{\prime }$ jsou nesoudělná. Proto se obě auta ocitnou zároveň v rozích až tehdy, když pomalejší projede $m^{\prime }$ a rychlejší $n^{\prime }$ ulicemi. A jelikož je rozdíl $n^{\prime }-m^{\prime }$ dělitelný čtyřmi, budou obě auta ve stejném rohu. Od této chvíle se situace periodicky opakuje a auta se spolu opět po čase potkají v tomtéž rohu, aniž by mezitím lanko prasklo.