Ülesannete tekstid

Vastus:

$14325$

Summa $16$ saab olla vaid $9+7$. Kuna $R=9$ viib vastuoluni $J=N=3$, siis $S=9$ ja $R=7$. Samm-sammult jätkates leiame, et $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ ja $O=2$. Järelikult $\mathit{NABOJ}=14325$, mis on Náboj 2025 toimumiskuupäev.

Vastus:

$14$

Hammasratastel $A,B,C$ on vastavalt 14, 6 ja 15 hammast. Et kõik hammasrattad jõuaks tagasi algasendisse, peab pööratud hammaste arv olema kõigi nende arvude kordne. Arvude 14, 6, 15 vähim ühiskordne on 210. Pööre 210 hamba võrra vastab hammasratta $C$ pööramisele $210∕15=14$ täisringi võrra.

Vastus:

$9897989698$

Alustades vasakpoolseimast numbrist ja valides igal sammul suurima võimaliku numbri, leiame kindlasti otsitava arvu. Vasakpoolseimaks numbriks valime 9, sest see on suurim võimalik. Teine number ei saa olla 9, seega olgu see 8. Kolmandale kohale saame taaskord valida 9. Neljandale kohale ei sobi ei 9 ega 8, seega olgu seal 7. Viiendale, kuuendale ja seitsmendale kohale sobivad suurimad numbrid on vastavalt 9, 8, 9. Kaheksandale kohale ei sobi ükski numbritest 9, 8, 7, seega olgu seal 6. Üheksandale ja kümnendale kohale saame jälle panna vastavalt numbrid $9,8$. Niimoodi jõudsime arvuni $n=9897989698$.

Vastus:

$6$

Antud kujundi pindala on 3, seega ka ruudu küljepikkus peab olema arvu 3 kordne. Proovides näeme kergesti, et $3\times 3$ ruutu ei õnnestu ära katta. Ruudu mõõtmetega $6\times 6$ saab ära katta järgnevalt.

Vastus:

$36$

Kuna $\mathit{ABCD}$ ja $\mathit{AXSD}$ ümbermõõtude vahe on täpselt $\mathit{XB}+\mathit{CS}=2\cdot \mathit{CS}=\mathit{CD}$, mis omakorda võrdub lõikude $\mathit{BC}$ ja $\mathit{XS}$ pikkustega, siis otsitav ümbermõõt on $3\cdot (50-38)=36$.

Vastus:

$93$

Olgu $x$, $y$ arvudes esinevad numbrid. Vastuse viimane number on sama, mis korrutise $x\cdot y$ viimane number. Viimase numbri $7$ saamiseks on vaid kaks võimalust, $1\cdot 7=7$ ja $3\cdot 9=27$. Nendest $17\cdot 71$ on liiga väike, seega jääb vaid variant $39\cdot 93=3627$ ehk vastus on $93$.

Vastus:

$37$

Kui Kaarli käes on kõikvõimalikud kaardid kolme masti ja 12 väärtuse hulgast (kokku $3\cdot 12=36$ kaarti), siis võib juhtuda, et viimati välja mängitud kaart on neljandast mastist ning 13. väärtusega. Sellisel juhul ei saaks Kaarel kaarti välja mängida, seega vastus on vähemalt $37$.

Teisalt aga näeme, et iga kaart omab ühist masti $12$ muu kaardiga ning ühist väärtust $3$ muu kaardiga. Kuna kaarte on kokku $52$, siis kaarte, mis ei sobiks välja mängimiseks, on $52-1-12-3=36$. Järelikult kui Kaarli käes on $37$ kaarti, siis kindlasti leidub nende hulgas üks, mille ta saab välja mängida.

Vastus:

$15^{\circ }$

Võrdkülgsest kolmnurgast $\mathit{FGS}$ saame $\mathit{FS}=\mathit{GS}$. Seega on kolmnurgad $\mathit{GAS}$ ja $\mathit{FSE}$ võrdsed, järelikult $\mathit{ES}=\mathit{AS}$. Seega kolmnurk $\mathit{EAS}$ on võrdhaarne. Kuna $\mathit{\angle ESA}=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$, siis $\mathit{\angle SAE}=\frac{1}{2}(180^{\circ }-\mathit{\angle ESA})=15^{\circ }$.

Vastus:

$34$

Kirjutame igasse väikesesse kolmnurka, kui mitmes sobivas kolmnurgas on see ülemiseks või alumiseks tipuks (sõltuvalt sellest, kumba pidi kolmnurgaga on tegemist):

Otsitav vastus on nende arvude summa.

Vastus:

$6075$

Olgu $N=\overline{\mathit{abcd}}$ huvitav arv ning $n=\overline{\mathit{cd}}$. Siis $N=1000a+100b+n$ ning sajaliste numbri eemaldamisel tekkiv arv on $M=100a+n$. Korrutades võrrandi $M=\frac{1}{9}N$ pooli arvuga $9$, saame

mille ümber kirjutamine ja poolte jagamine neljaga annab

Kuna $n<100$, siis $a+b$ peab olema paarisarv ja $\frac{2\cdot 100}{25}=8$. Seega $a+b$ on maksimaalselt $6$ ning maksimaalse $N$ leidmiseks valimegi $a=6$ ja $b=0$, mis annab $n=75$. Kontroll näitab, et $N=6075$ rahuldab ülesande tingimusi.

Vastus:

$60$

Kuna laeval oli kokku $85$ tonni vedelikku, pidi vähemalt $15$ tonni sellest olema nafta. Teisalt, kuna tagasiteel oli laeval kaks korda rohkem naftat, võis seda olla maksimaalselt $15$ tonni. Seega oli naftat täpselt $15$ tonni ning maksimaalne kogus etanooli ja elavhõbedat. Tagasiteel on vedeliku kogumass seega

Vastus:

$8$

Alustame paigutust ühest sisenurgast nagu joonisel (1); selle doomino saab paigutada kahtepidi, kuid tulemused on sümmeetrilised, seega vaatleme vaid ühte neist ja korrutame lõpus tulemuse kahega. Nüüd on veel kahe doomino paigutused üheselt määratud (2). Paremal ja vasakul asuvate $2\times 2$ ruutude täitmise jaoks on kokku $2\cdot 2=4$ võimalust (3) ning ülejäänud katmine on üheselt määratud (4). Seega kokku on $2\cdot 4=8$ võimalust.

Vastus:

$30$

Ühe tumehalli ruudu pindala on $216∕6=36$, seega teibi laius on $\sqrt{36}=6$. Igal tahul on katmata osa pindala kaks korda suurem helehalli ala pindalast, seega on ühe helehalli ristküliku pindala poole väiksem ühe valge ruudu pindalast. Seega on valge ruudu küljepikkus kaks korda suurem teibi laiusest ning saadetise küljepikkus $(2+1+2)\cdot 6=30$.

Vastus:

$800\%$

Olgu märkmiku, joonlaua ja pliiatsi hinnad vastavalt $n$, $r$ ja $p$. Ülesande teksti põhjal koostame võrrandid $n=r+p$ ja $\frac{3}{2}r=p+n=2p+r$. Teisest võrrandist saame $r=4p$ ning selle asendamisel esimesse võrrandisse saame $n=5p$. Seega tuleb pliiatsi hinda üheksakordistada ehk suurendada $800\%$ võrra.

Vastus:

$4098600$

Kuna $\text{SÜT}(x,x-1)=1$ iga positiivse täisarvu $x$ korral, siis $\text{SÜT}(x,\text{SÜT}(x-1,a))=\text{SÜT}(x,x-1,a)=1$ kõigi positiivsete täisarvude $a$ ja $x$ korral. Järelikult avaldise väärtus on

Vastus:

$12$

Ristkülikute ja sirge vahel moodustuvad kolmnurgad on sarnased sarnasusteguriga 2. Seega halli ristküliku laius on $2\cdot 6=12$ ringi diameetrit.

Vastus:

$7.2={\displaystyle \frac{36}{5}}$

Olgu $v$ Toomase algkiirus (ühikus km/h) $t$ sellel kiirusel veedetud aeg (tundides); siis aeglasem kiirus on $\frac{3}{4}v$ ning sellel veedetud aeg $2t$. Seega kogu distantsi jaoks saame võrrandi

kust

on algkiirusel läbitud distants.

Vastus:

$10$

Paneme tähele, et Laura paigutamiseks on 5 võimalust ilma piiranguteta ning ülejäänud nelja paigutamiseks ülejäänud kohtadele on kaks võimalust, seega kokku on 10 võimalust.

Vastus:

$220$

Paneme tähele, et see pikim lask (pikkusega $S$) peab olema viisnurga kahe tipu vahel, vastasel juhul saaks lasku veelgi pikendada, liigutades lasu ühte otspunkti mõnele tipule lähemale. Paneme tähele, et mittekumera viisnurga korral on võimalik peegeldada teatud hulka külgi, et saada kumer viisnurk, kus pikim lask on vähemalt sama pikk.

Need kaks tippu jagavad seinad kaheks grupiks, millest mõlema pikkuste summa on vähemalt $S$. Seega

ning kuna $S$ peab olema arvu $10$ kordne, siis $S\le 220$. See on saavutatav, jagades seinad hulkadeks $130+90=220<110+50+70$.

Vastus:

$247$

Et vahe oleks minimaalne, peab tuhendeliste numbrite vahe olema 1 1. Sajaliste number peab ühel arvul olema suurim võimalik (8) ning teisel vähim võimalik (1). Sama põhimõte kehtib seejärel kümneliste numbrite ning seejärel üheliste numbrite jaoks. Sedasi jõuame arvudeni 5123 ja 4876, mille vahe on 247.

Vastus:

$62$

Kõiki võimalusi peenra täitmiseks on $2^6=64$. Nendest ebasobivad on vaid need, kus kahte tüüpi lilled on vaheldumisi. Selliseid võimalusi on kaks, seega sobivad võimalusi on $64-2=62$.

Vastus:

$25\pi -12$

Olgu $M$ ringi keskpunkt ning $A$, $B$, $C$ ristküliku ülejäänud tipud. Olgu ringi raadius $r$.

Siis $\mathit{MA}=r-1$, $\mathit{MB}=r$ ja $\mathit{MC}=r-2$ ning $\mathit{AB}=\mathit{MC}$. Pythagorase teoreem kolmnurgas $\mathit{ABM}$ annab võrrandi

mille saab teisendada kujule

Kuna $r=1$ ei anna sobivat lahendit, on ainus võimalus $r=5$. Järelikult otsitav pindala on $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ ${\mathrm{dm}}^2$.

Vastus:

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

Segades kokku $x$ ühikut esimest ja $y$ ühikut teist koostisosa, sisaldab tekkib segu $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ Algebrat ja $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ Alkeemiat. Et saavutada $1:1$ suhe, peab kehtima

kust saame $y=\frac{3}{2}x$. Teisisõnu, iga $\mathrm{mg}$ Algebria kohta tuleb kasutada $1.5\mathrm{mg}$ Alkeemat. Seega maksimaalse koguse Algeemiat saame, kasutades ära kõik $14\mathrm{mg}$ Alkeemat ning $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ Algebriat, andes kokku $\frac{5}{3}\cdot 14=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ Algeemiat.

Vastus:

$34$

Olgu $m^2=M=K+3333$. Kuna $M$ ja $K$ on mõlemad neljakohalised täisruudud, saame $32\le n<m\le 99$ ning seega

ehk

Teisalt aga

Arvestades ülalmainitud suuruse piiranguid, on ainus võimalus $m+n=101$ ja $m-n=33$, mis annab lahendi $m=67$ ja $n=34$. Jääb veenduda, et arvu $K=34^2=1156$ kõik numbrid tõesti on väiksemad kui $7$.

Vastus:

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

Silindri kõrguseks on lõik $\mathit{XY}$, mis on kuubi diagonaal pikkusega $\sqrt{3}$. Silindri raadius on kuubi mistahes muu tipu $Z$ kaugus diagonaalist $\mathit{XY}$. Et kolmnurgas $\mathit{XZY}$ on tipu $Z$ juures täisnurk, saame sarnaste kolmnurkade või pindalaarvutuse kaudu, et see kõrgus on $\sqrt{2∕3}$. Seega silindri ruumala on

Vastus:

$13$

Teise küsimuse õige vastus ei saa olla “jah”: Kui leiduks vähemalt $31$ valetajat, vastaks nad kõik sellele küsimusele eitavalt ning ei saaks olla kokku $39$ jaatavat vastust. Seega on maksimaalselt $30$ valetajat. Järelikult vastasid tõerääkijad selle küsimusele eitavalt, mistõttu neid on maksimaalselt $60-39=21$.

Seega on ka esimese küsimuse õige vastus “ei”. Järelikult kõik $43$ jaatavat vastust peavad tulema tavainimeste ja valetajate hulgast. Et valetajaid on maksimaalselt $30$, peab tavainimesi olema vähemalt $43-30=13$.

Ülesande tingimused on rahuldatavad, kui leidub $17$ tõerääkijat, $30$ valetajat ja $13$ tavainimest, seega vastus on $13$.

Vastus:

$24$

Et mänge oli kokku 6 ja punktide kogusumma on 7, võideti täpselt üks mäng kahepunktise eduga ja ülejäänud ühepunktise eduga. Esmalt on 4 võimalust võitva võistkonna valikuks. Seejärel on 3 võimalust valida, millist võistkonda nad võitsid kahepunktise eduga. Viimaks peavad kolm ülejäänud võistkonda omavahelistest mängudest saama igaüks ühe punkti, mis on võimalik ainult siis, kui nad võitsid teineteist nö ringiratast. Selle ringi suuna valikuks on 2 võimalust. Kokku on seega $4\cdot 3\cdot 2=24$ võimalust tabeli täitmiseks.

Vastus:

$225$

Vähim võimalik arvu $M$ väärtus on 9, sest

Kui $k\ge 1$, siis asendades $10^k=10\cdot 10^{k-1}$ suureneb liidetavate arv 9 võrra. Seega $M$ võimalikud väärtused on arvu 9 järjestikused kordsed. Arvu $M$ suurim võimalik väärtus on 2025, sest

Seega võimalike väärtuste arv on

Vastus:

$360$

Olgu $t_1$ aeg hetkest, kui rongi esiots möödus Madisest ja Päivost, hetkeni, kui rongi tagaots möödus Madisest. Olgu $t_2$ aeg sellest hetkest kuni hetkeni, kui rongi tagaots möödus Päivost. Viimaks olgu $\ell$ rongi pikkus. Kuna Madis ja Päivo kõndisid võrdse kiirusega ning ajavahemike $t_1$ ja $t_2$ jooksul läbisid nad vastavalt $45$ ja $60-45=15$ meetrit, siis

Aja $t_1$ jooksul liigub rong edasi $\ell -45$, sest selle ajavahemiku alguses oli rongi esiots kõndimise algpunktis ning lõpus tagaots $45$ meetri kaugusel sellest punktist. Aja $t_2$ jooksul läbib rong vahemaa $105$ meetrit Madise ja Päivo vahel. Seega on rongi kiirus

Rongi pikkus on seega

Vastus:

$33.75^{\circ }={{\displaystyle \frac{135}{4}}}^{\circ }$

Võrdhaarsest kolmnurgast $X{C}^{\prime }B$ saame

Voltimise tõttu $\mathit{\angle CXY}=\mathit{\angle Y}X{C}^{\prime }$, seega

Viimaks $\mathit{\angle X}{C}^{\prime }Y=\mathit{\angle Y}\mathit{CX}=90^{\circ }$, seega

Vastus:

$911$

Paneme tähele, et $k$-elemendilisi rangelt kasvavaid jadasid elementidega hulgast $\{m,m+1,\dots ,n\}$ on $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$, sest selles hulgas on $n-m+1$ elementi ning igal alamhulgal leidub täpselt üks järjestus, mis annab sobiva jada. Vastuse leidmiseks loendame, mitu nelikut asub jadas enne nelikut $(2,4,7,14)$:

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

Seega neliku $(2,4,7,14)$ järjekorranumber on $455+364+66+19+6+1=911$.

Vastus:

$60$

Olgu $A$ ja $B$ vastavalt Arturi ja Birgiti poolt müüdud õunade arvud. Saame võrrandid

Asendades $b=\frac{45}{A}$ ja $a=\frac{20}{B}$ teise võrrandisse, saame

Seega $A=\frac{3B}{2}$, mille asendamine esimesse võrrandisse annab $\frac{3B}{2}+B=\frac{5B}{2}=100$, järelikult $B=40$ ja $A=100-40=60$.

Vastus:

$598$

Olgu $a$, $b$ ja $c$ vastavalt arvu $N$ sajaliste, kümneliste ja üheliste number. Kui $c=9$, siis $N>9^3=729$, seega $a$ on $7$ või $8$. Kummalgi juhul ei leidu $b$ väärtust, mille korral arvu $729+a+b^2$ viimane number oleks $9$.

Juhul $c=8$ saame $8^3=512$, seega $a$ on $5$ või $6$, kuid kuna

saab $a$ tegelikult olla vaid $5$. Siis $b$ peab rahuldama võrrandit

ehk

mille lahendid on $b=1$ ja $b=9$. Mõlemad annavad sobiva arvu:

Kui $c\le 7$, siis

seega suurim võimalik $N$ väärtus on $598$.

Vastus:

$42$

Ühendades punkti $P$ lõikude abil ka ülejäänud punktidega nelinurga $\mathit{ABCD}$ külgedel, tekib 12 kolmnurka.

Iga kolmik kolmnurki, mis toetuvad samale nelinurga küljele, on võrdse pindalaga, sest neil on võrdsed alus ja kõrgus. Olgu $a,b,c,d$ vastavalt külgedele $\mathit{AD},\mathit{AB},\mathit{BC},\mathit{CD}$ toetuvate kolmnurkade pindalad. Jooniselt näeme, et

Nelinurga $\mathit{PFBG}$ pindala on $b+c$ ehk

Vastus:

$237$

Kokku on nelja ruudu valimiseks $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ võimalust. Võimalus ei sobi, kui üks külg on jäetud välja, ehk kõik neli ruutu on valitud ülejäänud 8 ruudu hulgast, milleks on $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ võimalust. Kuna välja jäetava külje jaoks on neli valikut, saaksime seega $495-4\cdot 70=215$ sobivat valikut. Kuid tegelikult me lahutasime topelt neid võimalusi, kus välja jäetakse kaks külge. Kahe vastaskülje (mille valimiseks on 2 võimalust) välja jätmiseks on vaid $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{4}\right)=1$ võimalus, ning kahe lähiskülje (mille valimiseks on 4 võimalust) välja jätmiseks on $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{4}\right)=5$ võimalust. Seega saame vastuseks hoopis $215+2\cdot 1+4\cdot 5=237$ võimalust.

Vastus:

${\displaystyle \frac{6}{5}}$

Olgu ringjoonte keskpunktid $X$, $Y$, $Z$ ja puutepunktid $A$, $B$, $C$, nagu alumisel joonisel. Kolmnurga $\mathit{XY}Z$ küljepikkused on $1+2=3$, $1+3=4$ ja $2+3=5$ mis on täisnurkne kolmnurk täisnurgaga $X$ juures. Kolmnurga $\mathit{ABC}$ saame, kui lahutame võrdhaarsete kolmnurkade $\mathit{XCB}$, $Y\mathit{AC}$ ja $\mathit{ZBA}$ pindalad kolmnurga $\mathit{XY}Z$ pindalast, mis on $\frac{1}{2}(3\cdot 4)=6$.

• Kolmnurk $\mathit{XCB}$ on täisnurkne, seega tema pindala on $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$.
• Kolmnurga $Y\mathit{AC}$ pindala leidmiseks leiame esmalt tema kõrguse $\mathit{AR}$. Kuna kolmnurgad $\mathit{RY}A$ ja $\mathit{XY}Z$ on sarnased teguriga $YA∕YZ=\frac{2}{5}$, saame $\mathit{AR}=\frac{2}{5}\mathit{ZX}=\frac{8}{5}$. Järelikult $Y\mathit{AC}$ pindala on $\frac{1}{2}(\frac{8}{5}\cdot 2)=\frac{8}{5}$.
• Kolmnurga $\mathit{ZBA}$ kasutame samamoodi sarnasust $△\mathit{SAZ}\sim △\mathit{XY}Z$ teguriga $\frac{3}{5}$, kust $\mathit{AS}=\frac{9}{5}$, seega $\mathit{ZBA}$ pindala on $\frac{1}{2}(\frac{9}{5}\cdot 3)=\frac{27}{10}$.

Viimaks leiame, et otsitav pindala on

Vastus:

$300$

Diagonaali esimeseks tipuks võib valida mistahes tipu ning teise tipu ülejäänud $n-3$ tipu hulgast. Nii loeme diagonaale topelt, seega neid on tegelikult $\frac{1}{2}n(n-3)$. Et 2025 on paaritu, peab ka arv $P=n(n-3)$ jaguma arvuga 2025. Et $2025=3^4\cdot 5^2$, peab $P$ jaguma arvudega $3^4=81$ ja $5^2=25$. Kuna ainult üks arvudest $n$, $n-3$ saab jaguda arvuga $5$, peab üks neist jaguma arvuga $25$. Teisalt, kui üks arvudest $n$, $n-3$ jagub arvuga $3$, siis jagub ka teine, kuid mõlemad ei saa korraga jaguda arvuga $9$. Seega üks neist jagub arvuga $3^3=27$.

Kui üks teguritest jagub arvuga $27$ (olgu see tegur $27k$) ja teine arvuga $25$, saame, et arv $27k\pm 3$ jagub arvuga $25$. Seega ka $2k\pm 3$ jagub arvuga $25$. Vähim $k$ väärtus, mille korral see on võimalik, on $k=11$. See annab tegurid $11\cdot 27=297$ ja $297+3=300$, seega $n=300$, mis tõesti rahuldab ülesande tingimusi. Kui aga sama tegur jaguks arvudega $25$ ja $27$, oleks see vähemalt $25\cdot 27=675>300$, seega siit väiksemat lahendit ei tule.

Vastus:

$84$

Iga ringi jaoks arvutame, (1) mitmel viisil on võimalik ringist $A$ sinna jõuda ning (2) mitmel viisil on võimalik jõuda sealt ringi $B$. Näiteks $3|1$ joonisel ülemises parempoolses ringis tähendab, et algusest sinna leidub täpselt kolm erinevat teekonda ning et sealt lõppu leidub täpselt üks teekond. Loendame iga noole jaoks, mitu teekonda leidub, kus Taavet läbis just selle noole tagurpidi. Selleks piisab kokku korrutada teekondade arv ringist $A$ noole lõpp-punkti ning teekondade arv noole alguspunktist ringi $B$. Liites kokku kõigile nooltele vastavad teekondade arvud, saame vastuseks 84.

Vastus:

$18249$

Kirjutame tehte ümber kujul

mis lihtsustub kujule

Siin ilmselgelt $N=1$. Siis jääb alles tehe $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, kust $A=8$. Kuna $914-888=26$, siis $B=2$ ja $O=4$. Numbri $J$ saame ise valida, nii et valime tema väärtuseks 9. Arvu $\mathit{NABOJ}$ suurim väärtus on seega $18249$.

Vastus:

$150$

Tähistagu $YN$ korraldajate arvu, kes hääletasid esimese ülesande poolt ($Y$) ja teise ülesande vastu ($N$); sarnaselt defineerime $YY$, $\mathit{NN}$ ja $\mathit{NY}$. Olgu $YX$ pärast esimest hääletust lahkunud korraldajate arv. Saame järgmise võrrandisüsteemi:

Asendades $YY=120$ ja $\mathit{NN}=70$ ning liikmeid ümber paigutades, saame

Korrutades teise võrrandi pooli arvuga $2$ ning võrrandid kokku liites saame $3YX=450$, seega $YX=150$.

Vastus:

$12$

Olgu $g=\gcd (a,b)$ ning tähistame $a=g{a}^{\prime }$, $b=g{b}^{\prime }$, kus $a^{\prime }$ ja $b^{\prime }$ on ühistegurita. Kuna $g\le a\le b$, on aritmeetilise jada järjekord $(g,a,b)$. Siit $a-g=b-a$ ehk $b=2a-g$, kus arvuga $g$ läbi jagamine annab $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$. Summa tingimusest saame

seega $g{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. Sellel arvul on $(3+1)\cdot (2+1)=12$ positiivset jagajat ning jääb veenduda, et iga jagaja sobib $a^{\prime }$ väärtuseks ehk annab sobiva lahendi $(a,b)$. Tõepoolest, kui $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $g=675∕a^{\prime }$, $a=g{a}^{\prime }=675$, $b=g{b}^{\prime }$, siis $a\le b$ ning

kuna $a^{\prime }$ ja $2a^{\prime }-1$ on ühistegurita.

Vastus:

$697$

Paneme tähele, et ära lahendatud ülesannete hulk on üheselt määratud ülesannete hulgaga, mis jäi võistkonna lauale võistluse lõpuks. See võib aga olla ülesannte hulga mistahes alamhulk, kus on maksimaalselt 3 elementi. Seega võis võistkondi olla maksimaalselt

Vastus:

$51$

Kuna $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$, saab võrrandid ümber kirjutada kujul

Meie eesmärk on leida $(a-2)(d-2)$. Selle saab avaldada kui

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

Vastus:

$77{{\displaystyle \frac{1}{7}}}^{\circ }={{\displaystyle \frac{540}{7}}}^{\circ }$

Sümmeetria tõttu on $\mathit{AME}$ täisnurk ehk $\mathit{AE}$ teise ringjoone diameeter. Nurk ringjoonte puutujate vahel punktis $X$ on võrdne nurgaga puutujate vahel teises lõikepunktis $A$. Kuna puutuja on vastava diameetriga risti, on otsitav nurk võrdne nurgaga diameetrite $\mathit{AE}$ ja $\mathit{AB}$ vahel. See nurk on seitsenurga korrapärasuse ja piirdenurga-kesknurga teoreemi tõttu $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$.

Vastus:

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

Paneme üldisemalt tähele, et avaldises ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ on iga kahe liikme $x_i,x_j,i\ne j$ ees pooltel kordades sama märk ja pooltel kordadel erinev märk. Seega on pärast ruutu tõstmist liige $\pm 2x_i{x}_j$ pooltel kordadel pluss- ja pooltel kordadel miinusmärgiga. Järelikult kõiki avaldiste summas koonduvad need liikmed välja. Järelikult jäävad alles vaid ruutudega liikmed ehk kõikvõimalike avaldiste summa on

kuna $n$ märgi valikuks on $2^n$ võimalust.

Praeguses ülesandes see tähendab, et avaldise väärtus on

Kasutades geomeetrilise jada summa valemit

saame vastuse

Vastus:

$56$

Olgu $m=24$ ning olgu murru $\frac{m}{n}$ taandatud kuju $\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}$ (ehk $m^{\prime },n^{\prime }$ on ühistegurita). Näitame, et kummipael ei purune parajasti siis, kui $n^{\prime }-m^{\prime }$ on arvu 4 kordne.

Kui $n^{\prime }-m^{\prime }$ ei ole arvu 4 kordne, siis kui kiirem auto on läbinud $n^{\prime }$ ruudu küljepikkust, on aeglasem auto läbinud $m^{\prime }$ küljepikkust ehk autod asuvad erinevates ruudu tippudes. Kui nad asuvad vastastippudes, puruneb kummipael kohe. Kui nad asuvad naabertippudes, siis pärast seda, kui kiirem auto on läbinud veel $n^{\prime }$ ruudu küljepikkust, asuvad autod ruudu vastastippudes ehk kummipael puruneb.

Kui $n^{\prime }-m^{\prime }$ on arvu 4 kordne, siis esimene kord pärast startimist, kui autod on üheaegselt ruudu tippudes, on siis, kui kiirem auto on läbinud $n^{\prime }$ ruudu küljepikkust ja aeglasem auto $m^{\prime }$ küljepikkust, kuna $m^{\prime },n^{\prime }$ on ühistegurita. Kuna aga $n^{\prime }-m^{\prime }$ on arvu 4 kordne, siis on autod samas ruudu tipus. Seega on mõlemad autod üheaegselt ruudu tippudes ainult siis, kui nad on samas tipus, ehk kummipael ei purune kunagi.

Jääb vaid leida vähim $n>24$, nii et $n^{\prime }-m^{\prime }$ jagub arvuga $4$. Seega peab $m^{\prime }$ olema arvu $m=24$ paaritu jagaja, ainsad võimalused milleks on 1 ja 3. Juhul $m^{\prime }=1$ saame $n^{\prime }\ge 5$ ehk $n\ge \frac{24}{1}\cdot 5=120$. Kui $m^{\prime }=3$, sobib $n^{\prime }=7$. Siis $n=\frac{24}{3}\cdot 7=56$. Seega vähim sobiv $n$ väärtus on $56$.

Vastus:

$2^{975}+2025\cdot 2^{2999}=2^{975}\cdot \left(1+2025\cdot 2^{2024}\right)$

Paneme tähele, et esimese vooru kaotanud mängija žetoonide arv kahekordistus pärast iga ülejäänud vooru ehk kokku 2024 korda. Seega pidi tal pärast esimest vooru alles olema $2^{976}$ žetooni. Et žetoone on mängus kokku $2025\cdot 2^{3000}$, pidid ka ülejäänud $2025\cdot 2^{3000}-2^{976}$ žetoonist pooled olema mängu alguses selle mängija käes. Järelikult oli tal mängu alguses žetoone kokku

Vastus:

$\sqrt{10}$

Ruumala 0 tähendab, et kolme külgpinna (mis on ringi sektorid) ühendamisel tekkiv pind on täisring. Teisisõnu on algse koonuse pinnalaotus ringi sektor nurgaga $120^{\circ }$. Olgu $l$ selle ringi raadius ehk kõigi koonuste moodustaja ning $r$ esialgse koonuse põhja raadius. Mitme koonuse külgpindade ühendamisel mitmekordistub põhja ümbermõõt ning järelikult ka raadius. Kuna kolme pinna ühendamisel langevad moodustaja ja põhja raadius kokku, saame $l=3r$. Järelikult on keskmise koonuse põhja raadius $2r$. Pythagorase teoreemi ja koonuse ruumala valemi abil saame seose

Seega algse koonuse ruumala on

Vastus:

$82$

Kirjutame võrrandi ümber kujul

Võrrandi vasak pool on arvu 5 kordne, seega vaatleme võimalusi vastavalt $n$ jäägile arvuga $5$ jagamisel.

Kui $n$ on arvu $5$ kordne, annab parem pool jäägi 1 arvuga $5$ jagamisel, seega lahendeid ei leidu. Kui $n=5k+4$, siis $x=n+1=5k+5$ sobib (võrrandi $(♡)$ mõlemad pooled on võrdsed arvuga $x$), seega kõik $40$ sellist arvu sobivad. Kui $n=5k+3$, siis et parem pool jaguks arvuga $5$, peab $\lfloor x∕n\rfloor \ge 3$, mis annab $n\le 66$, kuna $x\le 200$. Nende 13 $n$ väärtuse jaoks sobib $x=3n+1$, sest võrrandi $(♡)$ mõlemad pooled on võrdsed arvuga $x$. Sarnaselt saame juhul $n=5k+2$, et $\lfloor x∕n\rfloor \ge 2$ ehk $n\le 100$ ning et nende 20 arvu jaoks sobib $x=2n+1$. Viimaks juhul $n=5k+1$ saame $n\le 50$ ning nende 10 arvu jaoks (välja arvatud $n=1$) sobib $x=4n+1$. Kokku on seega $40+13+20+10-1=82$ sobivat arvu $n$.

Vastus:

$28$

Täpselt ühe ühe veeretamise tõenäosus on

Ja täpselt kahe ühe veeretamise tõenäosus on

Nende summa saab lihtsustada kujule

Meid huvitab, milliste $n$ väärtuste korral $a_{n+1}<a_n$ ehk

mille saab viia kujule

Lahendades ruutvõrratuse näeme, et võrratus kehtib, kui $n\ge 28$. Seega jada $a_n$ kasvab kuni indeksini $n=28$ ning peale seda kahaneb. Seega peaks Andres veeretama 28 täringut.

Vastus:

$30^{\circ }$, $110^{\circ }$

Olgu $O$ kolmnurga $△\mathit{ABD}$ ümberringjoone keskpunkt. Siis $\mathit{\angle DOB}=2\mathit{\angle BAD}=60^{\circ }$, seega kolmnurk $△\mathit{BDO}$ on võrdkülgne. Järelikult $\mathit{AO}=\mathit{DO}=\mathit{BD}=\mathit{CD}$. Kuna $\mathit{AD}=\mathit{BC}$, on kolmnurgad $\mathit{AOD}$ ja $\mathit{CDB}$ võrdsed. Tähistades $\gamma =\mathit{\angle ACB}$, kehtib ka $\mathit{\angle CBD}=\mathit{\angle DAO}=\mathit{\angle ADO}=\gamma$. Vaatleme nüüd kolme juhtu sõltuvalt punkti $O$ asendist nurga $\mathit{BAC}$ suhtes.