Zadání a řešení úloh

Výsledek:

6, 16, 28

Většina čísel na plechovkách jsou násobky $3$. Číslo $50$ ale násobkem $3$ není, takže je potřeba použít alespoň jedno číslo, které není dělitelné třemi. Z takových čísel jsou k dispozici jen $16$ a $28$.

Dále si všimneme, že nestačí použít jen jedno z nich. Číslo $50$ dává po dělení třemi zbytek $2$, zatímco čísla $16$ i $28$ dávají obě zbytek $1$; kdybychom použili jen jedno z nich, nemůžeme přičítáním ostatních čísel (která jsou násobky $3$) nikdy dostat jiný zbytek než $1$, a proto nikdy nevyjde $50$. Proto je nutné použít $16$ i $28$. Jejich součet je $16+28=44$ a vidíme, že úlohu splníme (jedině) tím, že spolu s nimi shodíme ještě plechovku s číslem $6$. Řešením je proto srazit plechovky s čísly $6$, $16$ a $28$.

Výsledek:

$21$

Kdyby byly kostky nerozlišitelné, existovalo by pět způsobů, jak dostat potřebný součet:

Pokud padla čísla $6,1,1$, je potřeba ještě zvolit, na které ze tří kostek padla šestka. Případ $6+1+1$ tedy odpovídá třem různým možnostem. Stejná situace nastává i pro případy $4+2+2$ a $3+3+2$; každý z nich také odpovídá třem různým možnostem. V případě $5+2+1$ máme $3\cdot 2\cdot 1=6$ způsobů, jak zvolit čísla na jednotlivých kostkách. Obdobně zjistíme, že i případ $4+3+1$ odpovídá šesti možnostem. Dohromady mohla tedy Naty hodit osmičku $3\cdot 3+2\cdot 6=21$ způsoby.

Alternativní řešení. Představme si, že jsou stěny očíslované $0$–$5$ a cílem je určit počet způsobů, jak v součtu hodit $8-3\cdot 1=5$. Potřebujeme tedy $5$ bodů jakkoliv rozdělit mezi tři kostky. Každý způsob, jak rozdělit pět objektů do tří přihrádek, se dá jednoznačně vyjádřit jako sedmičlenná posloupnost obsahující pět puntíků a dva oddělovače (tato myšlenka by měla být povědomá těm, kteří potkali tzv. kombinace s opakováním). Zbývá určit, kolik takových posloupností existuje. Posloupnost je jednoznačně dána pozicemi oddělovačů, a ty lze volit $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{2}\right)=21$ způsoby.

Výsledek:

$12$

Současný věk otce označíme $x$ a stáří jeho synů $a\le b\le c\le d$. Podmínky ze zadání se dají zapsat rovnicemi $x=b+c+d$ a $x+6=(a+6)+(b+6)+(c+6)$. Když dosadíme do druhé rovnice za proměnnou $x$, dostáváme $b+c+d+6=a+b+c+18$, což lze zjednodušit jako $d=a+12$. Nejstarší syn je tedy o $12$ let starší než ten nejmladší.

Výsledek:

$36$

Hodina na displeji musí být dvojciferné číslo nepřevyšující 23 tvořené různými číslicemi z 1, …, 5; jediné možnosti jsou $12$, $13$, $14$, $15$, $21$ a $23$. Pro každou takovou hodinu jsou použity dvě číslice a zbývají tři, z nichž dvě tvoří dvojciferné číslo udávající minuty. Máme tak $3\cdot 2=6$ možností, které mohou udávat minuty, celkem tedy $6\cdot 6=36$ možností.

Výsledek:

$67,5^{\circ }$

Průsečík daných úhlopříček označme $X$. Ostré úhly mezi těmito úhlopříčkami jsou $\sphericalangle \mathit{CXE}$ a $\sphericalangle \mathit{FXG}$; samozřejmě mají stejnou velikost. Budeme určovat $|\sphericalangle \mathit{FXG}|$, protože je to snazší (a ne $|\sphericalangle \mathit{CXE}|$, na kterou nás navádí obrázek). Všimneme si, že $|\sphericalangle \mathit{GFX}|=|\sphericalangle \mathit{GFC}|=90^{\circ }$, jelikož $\mathit{BCFG}$ je obdélník. Protože trojúhelník $\mathit{EFG}$ je rovnoramenný a $|\sphericalangle \mathit{GFE}|=135^{\circ }$, platí $|\sphericalangle \mathit{XGF}|=|\sphericalangle \mathit{EGF}|=\frac{1}{2}(180^{\circ }-135^{\circ })=22,5^{\circ }$. Z trojúhelníku $\mathit{FGX}$ pak dopočteme, že $|\sphericalangle \mathit{FXG}|=180^{\circ }-90^{\circ }-22,5^{\circ }=67,5^{\circ }$.

Výsledek:

$36$

Platí

a tedy $a+b+c+d+e=80$. Abychom maximalizovali $d$, minimalizujeme ostatní proměnné s ohledem na uspořádání. Při zvoleném $d$ jsou nejmenší možné hodnoty $a=1$, $b=2$, $c=3$ a $e=d+1$. Proto

neboli $2d\le 73$, z čehož plyne $d\le 36$, protože $d$ je celé číslo. Této hodnoty lze skutečně dosáhnout, například volbou $(a,b,c,d,e)=(1,2,3,36,38)$. Tato pětice splňuje podmínky ze zadání a platí pro ni $d=36$. Tím jsme dokázali, že maximální hodnota $d$ je skutečně $36$.

Výsledek:

$567$

Z dělitelnosti devítkou plyne, že ciferný součet je $9$ nebo $18$; je totiž nejvýše roven $7+8+9=24<27$. Jelikož je číslo liché, cifra 6 nemůže být na pozici jednotek. Nemůže být ani na pozici stovek, jelikož by pak nejmenší možný ciferný součet byl $6+7+8=21>18$; proto je $6$ na pozici desítek. Potom je na pozici jednotek alespoň $7$, ciferný součet je tedy nutně $18$ a součet cifer na pozicích jednotek a stovek je $12$. Aby cifry rostly, musí se jednat o jedno z čísel $369$, $468$ a $567$. První možnost vyloučíme, jelikož po odebrání cifry $9$ nám zůstane $36$, což je dělitelné $9$. Druhou vyloučíme, protože jde o sudé číslo. Poslední číslo naopak zjevně všechny podmínky splňuje. Sfinga tedy už zahubila $567$ nešťastníků.

Alternativní řešení. Aby bylo číslo $\mathit{ABC}$ liché, musí být lichá jeho závěrečná číslice $C$. Zároveň $6<C$, takže $C$ je $7$ nebo $9$. Nyní si uvědomíme, že žádné číslo splňující třetí podmínku nemůže obsahovat devítku. Číslo je totiž dělitelné devíti právě tehdy, když je devíti dělitelný jeho ciferný součet; a pokud tato podmínka platí pro nějaké číslo obsahující devítku, pak platí i po škrtnutí této devítky – a to nám sfinga zakázala. Tudíž $C=7$. Z toho, že cifry rostou, plyne $B=6$; aby bylo číslo dělitelné devíti, musíme zvolit $A=5$. Sfinga tedy už zabila $567$ poutníků.

Výsledek:

$28$

Podíváme se nejprve na místa překrytá pouze jedním z obou sklíček. Jde o tři velké rovnostranné trojúhelníky (se stranou, jejíž délku označíme $x$) a tři menší (se stranou délky $y$), všechny vně šedého šestiúhelníku. Nyní můžeme vyjádřit stranu většího sklíčka jako $2x+y=17$ a stranu menšího sklíčka jako $x+2y=11$. Sečtením těchto rovností dostaneme vztah $3x+3y=28$, což je přesně hledaný obvod šedého šestiúhelníku.

Alternativní řešení. Podobnou myšlenku lze provést také bez počítání a téměř beze slov, viz obrázek: Vyberme jednu rovnoběžnou dvojici stran velkého a malého sklíčka. Pak si můžeme představit, že obvod šestiúhelník „rozevřeme“ a jeho strany položíme na námi vybrané úsečky. Proto musí být obvod šestiúhelníku roven součtu délek stran obou sklíček, tedy $17+11=28$.

Výsledek:

$242$

Všechny možné outfity spočteme rozdělením na dva případy.

Nejdříve uvažujme, že si Káťa vezme bílé ponožky. Podle zadání si je může vzít jen tehdy, pokud je celý její outfit bílý. To znamená, že tričko, kraťasy i tenisky musejí být bílé a mašle buď chybí, nebo je také bílá. To nám dává jen 2 možnosti.

Pokud si Káťa nevezme bílé ponožky, pak si vezme buď červené nebo oranžové, což jsou 2 možnosti. V tomto případě už neplatí žádná další omezení. Má tedy na výběr 5 triček, 3 druhy kraťasů, 2 typy tenisek a 4 možnosti pro mašli (žádná, bílá, černá nebo šedá). Tento případ nám tedy dává $5\cdot 3\cdot 2\cdot 4\cdot 2=240$ kombinací.

Sečtením obou případů dostáváme, že celkový počet různých outfitů je $240+2=242$.

Výsledek:

$1239$

Označíme si hledané číslo jako $\mathit{ABCD}$ (tj. $A$, $B$, $C$, $D$ jsou jeho cifry); z podmínek plyne $B=2A$ a $D=3C$. Potom

což lze upravit na $A^2+2C^2=19$. Jelikož pravá strana je lichá, musí být i $A$ liché. Protože $A$ je číslice a $A^2\le 19$, tak nutně $A\in \{1,3\}$. Po vyzkoušení těchto možností zjistíme, že jediná možnost je $A=1$, ze které plyne $2C^2=18$, a tedy $C=3$. Potom $B=2$, $D=9$ a hledané číslo je $1239$.

Výsledek:

$16$

Všimneme si, že výraz $\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5$ nikdy není roven nule, protože je vždy lichý; $1+2+3+4+5=15$ je totiž liché číslo a každá změna znaménka mění hodnotu o sudé číslo. Dále si uvědomíme, že kdykoli vezmeme jeden konkrétní výraz a všechna znaménka v něm nahradíme opačnými, vynásobíme tím výslednou hodnotu číslem $-1$, takže kladnou hodnotu změníme na zápornou a naopak. Díky tomu můžeme rozdělit výrazy do dvojic tak, že z každé dvojice má právě jeden kladnou hodnotu (tady je důležité, že nám nikdy nevyjde nula). Proto je přesně polovina možných výrazů kladná. Protože máme pět pozic a na každé z nich dvě možnosti, je celkový počet doplnění znamének roven $2^5=32$, a doplnění s kladným výsledkem je tedy $16$.

Výsledek:

$619$

Trojciferné číslo začínající číslicí $A$ má hodnotu alespoň $100A$ a zároveň méně než $100(A+1)$. Proto dostáváme $3\cdot 100A\le 2026<3\cdot 100(A+1)$. Protože je $A$ celé číslo, máme sevřít $2026$ mezi dva po sobě jdoucí násobky $300$, a dostáváme tedy, že $A=6$. Proto $B+\mathit{CC}=2026-666-660-600=100$. Kdyby bylo $C\ne 9$, bude $B+\mathit{CC}\le 9+88<100$. Tudíž $C=9$ a $B=1$; hledaným číslem je tedy $619$.

Výsledek:

$\frac{53}{3}=17\frac{2}{3}$

Čtverec má obsah $4$, takže obsah každého obdélníku je $1$. Z toho hned plyne, že šířka pravého obdélníku je $\frac{1}{2}$. Šířka levého dolního obdélníku je tudíž $2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, a jeho výška tedy musí být $1∕\frac{3}{2}=\frac{2}{3}$. Výška zbylých dvou obdélníků proto vyjde jako $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$. Součet obvodů dostaneme takto: K vnějšímu obvodu, tj. obvodu čtverce, rovnému $4\cdot 2=8$, přičteme dvojnásobek celkové délky všech vnitřních úseček, protože každá je součástí obvodu dvou obdélníků. Vnitřní úsečky mají délky $2$, $\frac{3}{2}$ a $\frac{4}{3}$, takže dvojnásobek jejich součtu je $2\cdot \left(2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{29}{3}$. Kýženou hodnotou je tedy $8+\frac{29}{3}=\frac{53}{3}$.

Výsledek:

$12158$

Uvědomíme si, že napsáním prvních dvou bloků Bianka vlastně napíše číslo $2026202$, dalšími dvěma bloky připíše další $2026202$, atd., ale každé dva sousední velebloky mají společnou jednu dvojku. Z toho už je jasné, že Biančino číslo vznikne tak, že se za sebe $1013$krát napíše $202620$ a na konec se připíše ještě jedna dvojka. Hledaný ciferný součet je tedy $1013\cdot (2+2+6+2)+2=1013\cdot 12+2=12158$.

Výsledek:

14:00 = 2 odpoledne

Když uplyne $24$ hodin, čas se samozřejmě nezmění. Proto stačí zjistit, jaký dává $N=260320261998$ zbytek po dělení $24$. Ten by bylo možné přímočaře spočítat základoškolským postupem pro dělení se zbytkem. Jednodušší ale je samostatně spočítat zbytek po dělení čísly $3$ i $8$ a z nich pak odvodit zbytek po dělení $24$.

Ciferný součet čísla $N$ je dělitelný $3$, takže i $N$ samotné je dělitelné $3$. Zbytek po dělení $8$ záleží jen na posledních třech číslicích (protože $1000$ je násobek osmi); stačí tedy spočítat zbytek čísla $998$ po dělení osmi, což je $6$. Zbytek čísla $N$ po dělení $24$ je tedy číslo menší než $24$, které je dělitelné $3$ a dává zbytek $6$ po dělení $8$; jediné takové číslo je $6$.

Po $N$ hodinách se tedy hodiny posunou o $6$ hodin. Řešením je proto $14:00$ neboli $2$ hodiny odpoledne.

Výsledek:

$16$

Z obrázku je patrné, že jedinou bobulí, kterou lze na počátku sníst, je bobule $F$. Po jejím snězení nám zůstanou bobule $A,B,C,D$ a $E$. Následně můžeme sníst buď bobuli $D$, nebo $E$. Situace je zjevně symetrická, začněme tedy s $E$; poté zbudou bobule $A,B,C$ a $D$. Pak můžeme sníst buď $C$, nebo $D$:

• Pokud zvolíme $C$, musíme pak sníst $D$, po kterém následuje buď $A$, nebo $B$ ($2$ možnosti).
• Pokud zvolíme $D$, můžeme jako další sníst $A,B$, nebo $C$, a poté zbývající dvě bobule v libovolném pořadí ($3\cdot 2$ možností).

Vždy tedy začínáme bobulí $F$, poté volíme mezi $D$ a $E$, a následně máme $2+6=8$ různých možností. To nám dává celkem $1\cdot 2\cdot 8=16$ možných způsobů, jak hrozen sníst.

Výsledek:

$12$

Číslo $x$ musí mít tvar $2^a\cdot 3^b\cdot 5^c\cdot 7^d$ (jiná prvočísla se v rozkladu vyskytovat nemohou, jinak by se objevila i v nejmenších společných násobcích). První podmínka je ekvivalentní vztahům $a=6$, $b\le 3$, $c\le 4$ a $d\le 2$, zatímco druhá podmínka odpovídá $a\le 8$, $b\le 4$, $c\le 3$ a $d=2$. Z toho vyplývá, že v prvočíselném rozkladu výrazu $\mathrm{NSD}(x,2^2\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7^3)$ je exponent u čísla $2$ roven $2$, exponent u $3$ může být libovolné číslo od $0$ do $3$, exponent u $5$ libovolné číslo od $0$ do $2$ a exponent u $7$ je roven $2$. Z toho vyplývá, že lze dostat $4\cdot 3=12$ různých hodnot.

Výsledek:

$71^{\circ }$

Spočítáme doplňky do $90^{\circ }$ u obou vrcholů na pravé straně a všimneme si, že nám vyšel trojúhelník se dvěma stejnými úhly (o velikosti $43^{\circ }$). Tento trojúhelník je tedy rovnoramenný, a proto zkoumaný bod leží na společné ose dvou svislých stran obdélníka. Celá konfigurace je tedy symetrická podle této osy. Z toho už snadno dopočítáme velikost hledaného úhlu jako $90^{\circ }-19^{\circ }=71^{\circ }$.

Výsledek:

$1078$

Nechť $l$ je počet levnějších korálků a $c$ cena za jeden z nich (v korunách). Potom $\mathit{lc}=459$, a jelikož Hedvika celkem koupila $100$ korálků a levnějších bylo více, platí $50<l\le 100$. Protože cena je celé číslo, musí $l$ dělit $459=3^3\cdot 17$ a zároveň být větší než $50$ a menší než $100$. Jediný takový dělitel $459$ je $l=51$. Potom $c=459∕51=9$, a dražší korálek tak stojí $c+13=22$ korun. Počet dražších korálků je $100-51=49$, takže Hedvika za dražší korálky zaplatila $49\cdot 22=1078$ korun.

Výsledek:

$1$

Jelikož se v rovnici vyskytuje $10$ různých písmen ($M$, $A$, $T$, $H$, $N$, $B$, $O$, $J$, $G$, $E$), každá číslice $0$–$9$ je použita právě jednou, takže jedno z písmen odpovídá $0$. Nemůže jít o žádné z písmen $N$, $A$, $B$, $O$, $J$, která se vyskytují ve jmenovateli. Musí tedy jít o některé ze zbylých písmen, a proto se jedna strana rovnice rovná nule. Tudíž se musejí nule rovnat obě strany! Nulová číslice se tedy vyskytuje jak v součinu $M\cdot A\cdot T\cdot H$, tak v součinu $G\cdot A\cdot M\cdot E$. Jediná taková písmena jsou $A$ a $M$; protože se ale $A$ vyskytuje i ve jmenovateli, zjišťujeme, že $M=0$. Potom $M\cdot A\cdot N\cdot G\cdot O=0$ bez ohledu na to, jaké hodnoty reprezentují zbylá písmena. Součin tedy může nabývat jedné jediné hodnoty.

Výsledek:

$24$

Pozici lodi označme $L$, pozice krajních majáků $A$ a $B$, pozici prostředního majáku $S$. Protože $|\mathit{SL}|=|\mathit{SA}|=|\mathit{SB}|=13$, leží body $A$, $B$ a $L$ na kružnici se středem $S$. Úsečka $\mathit{AB}$ je navíc průměrem této kružnice. Podle Thaletovy věty je tedy $\mathit{ABL}$ pravoúhlý trojúhelník s přeponou $\mathit{AB}$. Protože $|\mathit{AB}|=|\mathit{AS}|+|\mathit{SB}|=26$ a $|\mathit{AL}|=10$, z Pythagorovy věty dostáváme

Hledaná vzdálenost je tedy $24\mathrm{km}$.

Výsledek:

$81$

Každé obarvení spodního řádku jednoznačně určuje, jak budou obarvené kostky ve druhém řádku. Ty pak zase určí obarvení třetího řádku, a tím i barvu vrcholu. Proto stačí spočítat, kolika způsoby lze obarvit základnu pyramidy. V ní jsou čtyři dílky a každý má jednu ze tří barev, takže možných obarvení je celkem $3^4=81$.

Výsledek:

$93$

Dvojici čísel, která se nacházejí naproti sobě (a tedy se liší o $n$), budeme říkat pár. Číslo $1$ musí být v páru s $n+1$. Podobně musí být $2$ v páru s $n+2$ (pokud tedy už není spárované s jedničkou), a tak dále – číslo $k$ tvoří pár s $n+k$ pro každé $k=1,2,\dots ,n$. Číslo $n$ je tedy spárované s $2n$.

V bloku čísel $\{1,2,\dots ,2n\}$ je tudíž každé číslo spárované s některým jiným číslem z téhož bloku, a dál se stačí zabývat už jen čísly $\{2n+1,\dots ,100\}$. Pokud $2n=100$, jsou už všechna čísla úspěšně spárovaná. V opačném případě opakujeme stejný argument: $2n+1$ musí být spárované s $3n+1$ atd., čímž získáváme další blok $\{2n+1,\dots ,4n\}$, a dál pokračujeme obdobně.

Nakonec bude množina $\{1,2,\dots ,100\}$ rozdělená do několika disjunktních bloků délky $2n$. To je možné právě tehdy, když je $100$ dělitelné $2n$, neboli právě když $n$ je kladný dělitel $50$.

Pokud tedy $n$ není kladný dělitel $50$, tak párování neexistuje, a pokud dělitelem je, tak jsme úspěšně zkonstruovali párování splňující podmínky ze zadání (přičemž čísla jsou rozdělená do $\frac{100}{2n}$ bloků). Hledaným číslem je tedy součet všech kladných dělitelů $50$, což je

Výsledek:

$\frac{6}{5}=1\frac{1}{5}=1,2$

Šedý trojúhelníček je podobný velkému bílému, protože jsou oba pravoúhlé a sdílejí i další úhel (na našem náčrtku jde o úhel „úplně nahoře“). Přitom délka nejkratší strany šedého trojúhelníčku má délku $13-12=1$. Odpovídající strana velkého trojúhelníku má délku $5$, takže poměr podobnosti je $1:5$. Druhá odvěsna šedého trojúhelníčku má tedy délku $\frac{12}{5}$. Z toho zjišťujeme, že jeho obsah je $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{12}{5}=\frac{6}{5}$.

Výsledek:

7, 14

Čísla jednotlivých trpaslíků označíme $a_1,a_2,\dots ,a_7$. Nejprve si všimneme, že musel lhát buď šestý, nebo sedmý trpaslík. Pokud totiž sedmý trpaslík mluví pravdu, tak $a_7=a_1+\cdots +a_6$, takže pro součet všech čísel platí $a_1+\cdots +a_7=2a_7=46$; z toho dostáváme $a_7=\frac{46}{2}=23$. Kdyby v této situaci mluvil pravdu i šestý trpaslík, platilo by $a_6=a_1+\cdots +a_5$, a tedy $a_7=a_1+\cdots +a_6=2a_6$. Z toho by ale plynulo $a_6=\frac{23}{2}$, což je spor, protože $a_6$ je celé číslo. Skutečně jsme tedy zjistili, že pokud mluví pravdu sedmý trpaslík, tak šestý nutně lže.

Prvních pět trpaslíků tedy každopádně mluvilo pravdu, což nám dává

takže $a_1+\cdots +a_5=16a_1$. Navíc musí alespoň jedno z čísel $a_6$ a $a_7$ (to, které si myslí pravdomluvný trpaslík) být větší nebo rovno $a_1+\cdots +a_5=16a_1$, z čehož plyne

Protože celkový součet je $46$, dostáváme $32a_1\le 46$, takže $a_1=1$ (protože jde o kladné celé číslo), z čehož dále plyne $a_2=1$, $a_3=2$, $a_4=4$ a $a_5=8$. Proto $a_1+\cdots +a_5=16$.

Nakonec se podívejme na poslední dva trpaslíky. Pokud mluvil pravdu šestý, tak $a_6=16$ a ze znalosti celkového součtu dopočteme $a_7=46-(16+16)=14$. Pokud naopak mluvil pravdu sedmý, tak $a_7=a_1+\cdots +a_6=16+a_6$. Z prvního odstavce už víme, že v této situaci platí $a_7=23$, což dává $a_6=7$.

V obou variantách skutečně platí, že lhal právě jeden trpaslík, takže obě mohly nastat. Proto si lhář mohl vybrat buď $7$, nebo $14$.

Výsledek:

$1708$

Dva vybrané kanály se liší o liché číslo právě tehdy, když mají opačnou paritu (jeden je sudý a druhý lichý). Namísto přímého výpočtu použijeme metodu doplňku: od všech možných výběrů odečteme ty, které neobsahují žádný lichý rozdíl.

Ve skupině šesti kanálů nejsou žádné liché rozdíly právě tehdy, když má každá dvojice sudý rozdíl. To nastane pouze v případě, že všech šest kanálů má stejnou paritu. V množině $\{1,2,\dots ,13\}$ je sedm lichých a šest sudých kanálů, takže počet čistě lichých nebo čistě sudých výběrů je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{6}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{6}\right)=8$.

Vzhledem k tomu, že celkem existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{13}{6}\right)=1716$ způsobů, jak vybrat šestici kanálů, je počet šestic s alespoň jedním lichým rozdílem roven $1716-8=1708$.

Výsledek:

$36$

Protože má číslo $N$ sedm různých nenulových cifer, musí být alespoň jedna z nich sudá, a tedy i samotné $N$ musí být sudé. Kdyby byla jednou z cifer $5$, tak by $N$ kvůli dělitelnosti $5$ muselo končit nulou. To by však byl spor se zadáním, které říká, že všechny cifry jsou nenulové; cifra $5$ je tedy vyloučena.

Nyní víme, že $N$ se skládá ze sedmi cifer vybraných z množiny $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$, což znamená, že vynecháváme právě jednu cifru z této množiny. Cifra $9$ nesmí být vynechána: kdybychom $9$ vynechali, výsledná množina cifer by byla $\{1,2,3,4,6,7,8\}$ s ciferným součtem $31$. V takovém případě by číslo $N$ nesplňovalo podmínku dělitelnosti třemi, přestože obsahuje cifru $3$, což vede ke sporu.

Cifra $9$ tedy musí být součástí čísla $N$, což znamená, že $N$ (a tedy i jeho ciferný součet) musí být dělitelné devíti. Jelikož $1+2+3+4+6+7+8+9=40$, musíme vynechat cifru $4$, abychom získali ciferný součet $36$; jiný násobek devíti takto vytvořit nelze. Jedním z příkladů takového čísla je $N=9867312$.

Výsledek:

$\frac{8}{9}$

Objem pravidelného osmistěnu s hranou délky $a$ se dá vypočítat jako $k{a}^3$ pro nějakou konstantu $k$ (dá se ukázat, že $k=\frac{\sqrt{2}}{3}$, ale to k řešení nepotřebujeme). Při vytvoření komolého osmistěnu jsme ve skutečnosti odsekli šest malých jehlanů se čtvercovou podstavou o délce strany $\frac{a}{3}$ a s délkou boční hrany také $\frac{a}{3}$ (jde o polovinu malého pravidelného osmistěnu); to je vynuceno podmínkou na pravidelnost šestiúhelníkových stěn. Celkový odseknutý objem lze tedy vyjádřit jako objem tří malých osmistěnů s hranou délky $\frac{a}{3}$, a je tedy roven $3\cdot k{\left(\frac{a}{3}\right)}^3=\frac{k{a}^3}{9}$. Poměr objemů komolého a původního osmistěnu lze proto zapsat jako

Výsledek:

$\pm 1$, $\pm 2$

Označíme si $a=2^x+2^{-x}$. Pak $a^2=2^{2x}+2\cdot 2^x\cdot 2^{-x}+2^{-2x}=4^x+2+4^{-x}$, takže $4^x+4^{-x}=a^2-2$. Dosazením dostaneme

což zjednodušíme na

Vyřešením této kvadratické rovnice získáme

tedy $a_1=\frac{17}{4}$ a $a_2=\frac{5}{2}$. Pro $a_1$ máme

vyřešením této kvadratické rovnice dostáváme $2^x=4$ nebo $2^x=\frac{1}{4}$, tedy $x=2$ nebo $x=-2$. Pro $a_2$ pak analogicky

z čehož plyne $2^x=2$ nebo $2^x=\frac{1}{2}$, tedy $x=1$ nebo $x=-1$. Řešeními zadané rovnice jsou tak $x=\pm 1,\pm 2$.

Výsledek:

$28$

Obarvíme si město $A$ bílou barvou, město $B$ černou, a všechna ostatní města střídavě bílou a černou tak, jako bychom barvili 3D šachovnici. Každý úsek trati (ať už vede po hraně, nebo tunelem) tedy vede z města jedné barvy do města opačné barvy. A také naopak, díky tunelům jsou každá dvě města opačných barev spojena přímou železnicí. Vidíme, že se na cestovatelově trase musejí pravidelně střídat barvy vrcholů.

Začneme tím, že spočítáme všechny cesty délky 5 z $A$ do $B$ včetně těch, které nevedou tunelem. (Na podmínce, aby se vrcholy neopakovaly, ovšem trváme.) S podmínkou o tunelech si poradíme později. Každá cesta je ve tvaru

kde $c_1$, $c_2$ jsou různá města černé barvy a $b_2$, $b_3$ jsou různá města bílé barvy. Máme $3\cdot 2$ možnosti, jak vybrat dvojici $(c_1,c_2)$ černých měst (máme čtyři černá města a $B$ si zvolit nemůžeme), stejně tak máme $3\cdot 2$ možností, jak vybrat dvojici $(b_2,b_3)$ bílých měst. Dohromady tedy máme $(3\cdot 2)\cdot (3\cdot 2)=36$ cest délky 5.

Ještě ale musíme odečíst cesty, které nepoužijí tunel, tedy ty, které vedou pouze po hranách krychle. Kolik je takovýchto nevyhovujících cest? Z $A$ se nesmíme prvním krokem přesunout do $B$, takže máme k dispozici dva možné tahy. Vcelku snadno nahlédneme, že na každou z těchto dvou voleb navazují přesně 4 možnosti, jak cestu délky 5 vedoucí do $B$ po hranách krychle dokončit. Celkově tedy máme $2\cdot 4=8$ takových cest.

Počet hledaných cest délky 5, které vedou alespoň jedním tunelem, je proto $36-8=28$.

Výsledek:

$63$

Jednotlivé počty hlasů označme $a$, $b$, $c$, $d$. Jde o nezáporná celá čísla splňující

Když k oběma stranám třetího vztahu přičteme $c$, dostáváme

Proto $c=790$, z čehož dále plyne

Dosadíme-li za $b$, vyjde

Protože $d<800$ a zároveň $d>c=790$, máme $791\le d\le 799$. Proto

Jediné číslo dělitelné $7$ v daném intervalu je $441=7\cdot 63$. Odpovědí je proto $a=63$. Lze dopočítat, že $b=378$, $c=790$, $d=795$ a všechny podmínky ze zadání jsou skutečně splněny.

Výsledek:

$12∕7$

Označme písmenem $a$ délku strany čtverce $\mathit{EFGH}$ a písmenem $b$ délku strany čtverce $\mathit{KGIJ}$. Ze zadání vyplývá, že $7=|\mathit{AD}|=|\mathit{FG}|+|\mathit{GI}|=a+b$ a $1=|\mathit{HK}|=|\mathit{HG}|-|\mathit{KG}|=a-b$. Řešením této soustavy rovnic je $a=4$, $b=3$.

Každá přímka procházející středem čtverce dělí jeho vnitřek na dva útvary se stejnou plochou. Obdélník $\mathit{FBCI}$ tudíž dostaneme, když od poloviny největšího čtverce odebereme polovinu obou menších čtverců, neboli jeho obsah je roven

Obsah téhož obdélníka lze také spočítat přímočaře jako $|\mathit{FB}|\cdot (a+b)$. Z těchto dvou rovností vyjádříme $|\mathit{FB}|=\frac{\mathit{ab}}{a+b}=\frac{12}{7}$.

Výsledek:

$10010$

Označme původní počet čísel $n$ a jejich součet $S$. Podmínky ze zadání lze přepsat jako

Tyto rovnice lze zjednodušit do podoby

Když je od sebe odečteme a využijeme toho, že $n$ nemůže být nula, dostáváme

což dává $n=5$. Řešením je proto $S=2032\cdot 5-6\cdot 5^2=10010$.

Výsledek:

$80$

Po $n$ skocích má blecha celkem naskákáno

stupňů. Chceme tedy nalézt nejmenší $n$, pro které je tato hodnota násobkem $360$. To znamená, že $n(n+1)$ musí být dělitelné $720=16\cdot 9\cdot 5=2^4\cdot 3^2\cdot 5$. Protože $n$ a $n+1$ jsou nesoudělná čísla, je nejvýše jedno z nich dělitelné $3$, a toto číslo tedy musí být dělitelné $9$. Obdobně je buď $n$, nebo $n+1$ dělitelné $16$; jedno z nich také musí být dělitelné $5$. Aby byla splněná podmínka o dělitelnosti $16$, vycházejí jako kandidáti na $n$ postupně tato čísla: $15$, $16$, $31$, $32$, $47$, $48$, $63$, $64$, $79$, $80,\dots$ Z těchto hodnot je podmínka o dělitelnosti $9$ splněná jen pro $63$ a $80$, a ani $63$, ani $64$ není dělitelné $5$. Moucha tedy musí dohromady naskákat alespoň $80\cdot 81=5\cdot 16\cdot 9^2=9\cdot 720$ stupňů. Poprvé se tedy blecha na počátek vrátí po $80$. skoku.

Výpočet lze případně urychlit, když si uvědomíme, že jedno z $n$, $n+1$ musí být dělitelné alespoň dvěma z čísel $5$, $9$, $16$ neboli alespoň jedním z čísel $45$, $80$, $144$. Nejmenší kandidáti pro $n$, kteří připadají v úvahu, jsou tedy $44$, $45$, $79$ a $80$. Pro první dvě čísla není splněná dělitelnost šestnácti a pro $79$ dělitelnost devíti, řešením je tedy $80$ (o kterém už víme, že podmínky splňuje).

Výsledek:

$768$

Jelikož vybíráme čtyři učně a každá škola vyšle alespoň jednoho, musí jedna vyslat dva učně a zbylé dvě po jednom. Totéž platí i pro mistry. Budeme rozlišovat dva případy:

V prvním případě jedna ze škol vyšle oba své učně a oba své mistry. Tuto školu označíme $X$. Školu $X$ můžeme vybrat třemi způsoby. Ze zbývajících dvou škol mohou být učni vybráni $2\cdot 2=4$ způsoby, stejně jako mistři, kteří taktéž mohou být vybráni $2\cdot 2=4$ způsoby. Tím jsou vybráni účastníci výpravy, ale ještě ne to, jak jsou rozděleni do dvojic.

Učni z $X$ musejí být spárováni s mistry ze zbývajících dvou škol, což lze udělat dvěma způsoby. Když už jsme tyto dva páry utvořili, zbývající dva učni nemají jinou možnost než být spárováni s mistry z $X$, což lze taktéž provést dvěma způsoby. Tudíž máme právě $2\cdot 2=4$ platných párování učňů s mistry. Celkem tedy první případ dává $3\cdot 4\cdot 4\cdot 4=192$ možností pro to, které konkrétní dvojice vyslat.

V druhém případě jedna škola ($X$) poskytne dva učně, zatímco jiná škola ($Y$) poskytne dva mistry. Máme tři možnosti, jak zvolit školu $X$; školu $Y$ pak vybereme ze zbývajících dvou. Zbylí dva učni mohou být ze zbývajících dvou škol vybráni $2\cdot 2=4$ způsoby, totéž platí pro zbývající dva mistry. Pro každou takovou volbu existuje $3\cdot 2=6$ přípustných párování: dva učni z $X$ mohou být spárováni s libovolnými dvěma ze tří mistrů (nemohou být spárováni pouze se čtvrtým mistrem z $X$). Jakmile tuto volbu pevně určíme, ukáže se, že zbylá párování jsou již dána jednoznačně. Tento případ tedy dává celkem $3\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6=576$ možností.

Sečtením obou případů dostáváme $192+576=768$ možných uskupení dvojic vyslaných proti černokněžníkům.

Výsledek:

$3\sqrt[3]{2}$

Můžeme si všimnout, že když zadané výrazy vynásobíme, některé zlomky se pokrátí. Dostáváme:

Z toho bychom snadno získali hodnotu $\mathit{xy}$ jako řešení kvadratické rovnice a v kombinaci se zadanými vztahy pro $x$ a $y$ bychom se mohli pokoušet vyjádřit hledanou hodnotu. To skutečně lze provést. Ve skutečnosti ale existuje i jednodušší řešení, při kterém hodnotu $\mathit{xy}$ vůbec nepotřebujeme. Všimneme si, že platí

Z těchto dvou pozorování už spočítáme hledanou hodnotu výrazu:

Výsledek:

$38^{\circ }$

Úhly $\sphericalangle \mathit{ADB}$ a $\sphericalangle \mathit{ACB}$ jsou shodné, protože odpovídají stejnému oblouku kružnice. Proto platí

Přímka $\mathit{CX}$ je tedy osou úhlu $\sphericalangle \mathit{ACB}$, a bod $X$ je tedy středem kružnice vepsané trojúhelníku $\mathit{ABC}$. Proto leží i na ose úhlu $\sphericalangle \mathit{ABC}$.

Nyní už můžeme spočítat požadovanou velikost úhlu:

V předposlední rovnosti jsme použili rovnost $|\sphericalangle \mathit{BAC}|=|\sphericalangle \mathit{BDC}|$, která opět plyne ze skutečnosti, že oba úhly příslušejí stejnému oblouku kružnice.

Výsledek:

$29$

Nechť $n_1$ a $p_1$ označují počet neuronů a podpůrných buněk v jedné z hemisfér a $n_2$ a $p_2$ v druhé. Zadání říká, že $n_1{n}_2=168$, $p_1{p}_2=48$ a $n_1{p}_2+n_2{p}_1=191$. Pak tedy

Protože v každé hemisféře zjevně musí být alespoň jedna buňka každého typu (a tedy nemusíme uvažovat případ $1\cdot 407$), můžeme bez újmy na obecnosti konstatovat, že $n_1+p_1=11$. Obdobně

Výraz $n_1-p_1$ tedy musí být $1$, $5$ nebo $25$. (Kdyby totiž měl zápornou hodnotu, musel by mít zápornou hodnotu i výraz $n_2-p_2$, což by ale znamenalo, že v obou hemisférách je více podpůrných buněk než neuronů, což je ve sporu s $n_1{n}_2>p_1{p}_2$.) Každá z těchto tří voleb nám dá (spolu s $n_1+p_1=11$) jednoduchou soustavu rovnic o dvou neznámých $n_1$, $p_1$; když si uvědomíme, že hledáme jen kladná celočíselná řešení a že $n_1$ je dělitel čísla $168$ a $p_1$ je dělitel čísla $48$, snadno vidíme, že jediná možná volba je $n_1-p_1=5$. Dostáváme tudíž $n_1=8$ a $p_1=3$. Pak tedy $n_2=168∕8=21$ a celkový počet neuronů je $n_1+n_2=29$.

Alternativní řešení. Použijme stejné značení jako v předchozím řešení. Číslo $n_1{p}_2+n_2{p}_1$ je liché, takže jeden ze sčítanců je lichý. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že lichým sčítancem je $n_1{p}_2$. Z toho vyplývá, že jak $n_1$, tak $p_2$ jsou liché. Protože $n_1{n}_2=168=2^3\cdot 21$ a $p_1{p}_2=48=2^4\cdot 3$, musí dále $n_2$ být dělitelné $2^3$ a $p_1$ být dělitelné $2^4$. Potom je $n_2{p}_1$ násobkem $2^3\cdot 2^4=2^7=128$, a protože musí být menší než $191$, platí $n_2{p}_1=128$. Tudíž $n_2=2^3=8$ (a $p_1=2^4$). Docházíme k závěru, že $n_1=168∕8=21$, což dává stejný výsledek jako předchozí postup.

Výsledek:

$75$

Cesta v mřížce musí dohromady udělat $6$ kroků nahoru a $8$ kroků doprava; to u cestičky z pěti triomin (tj. patnácti dílků) znamená, že každý dílek je oproti tomu předešlému směrem nahoru či doprava, nikdy ne doleva či dolů. Cesty spočítáme postupným vyplněním mřížky $7\times 9$: do každého čtverečku mřížky vepíšeme počet cest (vedoucích v každém bodě jen nahoru či doprava) z triomin, jejichž koncový bod leží v tomto čtverečku.

Po umístění prvního triomina z levého dolního rohu musí být koncový bod přesně dva čtverečky od něj, buď doprava nebo nahoru. Vepíšeme tedy jedničku do čtverečků $(0,2)$ a $(2,0)$ (souřadnice počítáme od levého dolního rohu).

Dále vyplníme zbytek mřížky zleva doprava a zespoda nahoru. Abychom zjistili hodnotu na čtverečku $(x,y)$, podíváme se na způsoby, jakými tam triomino může skončit. Triomino končící na $(x,y)$ může být svislé nebo vodorovné a musí se dotýkat předchozího triomina podél hrany koncového čtverečku. To nám dává čtyři možné koncové čtverečky předchozího triomina: $(x,y-3)$ a $(x-1,y-2)$ v případě svislého triomina a $(x-3,y)$ a $(x-2,y-1)$ v případě vodorovného triomina. Hodnota vepsaná do $(x,y)$ bude jednoduše součtem hodnot již vepsaných do

přičemž každý čtvereček mimo mřížku uvažujeme s nulovou hodnotou.

Po vyplnění všech čtverečků je hodnota $75$ v pravém horním rohu přesně hledaným počtem cest.

Alternativní řešení. Nejprve za sebe umístíme pět triomin tak, aby na sebe navazovala pouze rohem (koncový roh na koncový roh). První z nich bude začínat v bodě $(0,0)$ a každé další triomino posune koncový bod buď o $(+1,+3)$ (triomino nahoru) nebo o $(+3,+1)$ (triomino doprava) – pozor, nyní souřadnice odkazují skutečně na vrcholy v mřížce, nikoli na celé čtverečky. Koncový bod po umístění pěti triomin tedy bude $(x,y)$, kde $x+y=20$. Označíme-li $N$ počet triomin nahoru a $P$ počet triomin doprava, potom $N+P=5$ a $(x,y)=(N+3P,3N+P)$.

Abychom tuto řadu triomin, která se dotýkají pouze rohy (čemuž budeme říkat „volný řetězec“), transformovali do platných cest, postupně „opravíme“ každý ze čtyř kloubů mezi navazujícími triominy. Místu, kde se potkávají triomina $i$ a $i+1$, budeme říkat $i$-tý kloub. Pro každý kloub zvolíme jednu ze dvou operací: V $i$-tém kloubu buď posuneme celý řetězec triomin $i+1,i+2,\dots ,5$ o jednu jednotku doleva, nebo o jednu jednotku dolů. To zajistí, že triomina $i$ a $i+1$ sdílejí celou hranu namísto rohu.

Označme $\ell$ celkový počet kloubů, na kterých provedeme posun doleva, a $d$ počet kloubů, na kterých provedeme posun dolů. Protože máme celkem $4$ klouby, $\ell +d=4$. Po provedení všech čtyř posunů se koncový bod $(x,y)$ původního volného řetězce posune do $(x-\ell ,y-d)$. Pro platnou cestu z $(0,0)$ do pravého horního rohu $(9,7)$ splňuje tento koncový bod $(x-\ell ,y-d)=(9,7)$.

Prozkoumáme všech $6$ možných hodnot $(N,P)$:

• $(5,0)$: $(x,y)=(5,15)$ nemůže dosáhnout $(9,7)$ čtyřmi posuny.
• $(4,1)$: $(x,y)=(7,13)$ také není možné opravit.
• $(3,2)$: $(x,y)=(9,11)$ znamená $\ell =0$, $d=4$ (všechny posuny jsou směrem dolů). Máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)=10$ volných řetězců a pro každý pouze jedno možné opravení, což dává $10$ platných cest.
• $(2,3)$: $(x,y)=(11,9)$ znamená $\ell =2$, $d=2$. Máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=10$ volných řetězců a pro každý z nich $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ způsobů, jakými vybrat, které klouby posuneme doleva (zbytek se posune dolů), z čehož získáme $10\cdot 6=60$ platných cest.
• $(1,4)$: $(x,y)=(13,7)$ znamená $\ell =4$, $d=0$ (všechny posuny jsou směrem doleva). Máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)=5$ volných řetězců a pro každý jen jedno možné opravení, tedy jen $5$ platných cest.
• $(0,5)$: $(x,y)=(15,5)$ také není možné opravit.

Celkové množství platných cest je tedy $10+60+5=75$.

Výsledek:

$507$

Označme $X=\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2d}+\frac{d^2}{d+2a}=2026$ a $Y=\frac{b^2}{a+2b}+\frac{c^2}{b+2c}+\frac{d^2}{c+2d}+\frac{a^2}{d+2a}$.

Zkusíme pomocí $X$ a $Y$ vytvořit nějaký výraz beze zlomků, ideálně $a+b+c+d=2$ nebo něco podobného. Protože ve jmenovateli prvního zlomku máme $a+2b$, chtěli bychom v čitateli mít $(a+2b)(a-2b)=a^2-4b^2$, aby se jmenovatel vykrátil. Totéž platí pro zbývající zlomky. Vezměme tedy: