Problems and solutions

Answer:

$46$

Kada igra završi, pobednik ima 10 poena, dok svi ostali igrači imaju najviše 9 poena, što ukupno iznosi $10+4\cdot 9=46$.

Answer:

$21$

Razmotrimo dva slučaja:

I. $B$ sadrži jednu karticu, a $A$ tri. Razmotrimo moguće vrednosti $B$:

• $B=1$: $A$ može biti bilo koja permutacija brojeva $2,3,6\to 6$ opcija.
• $B=2$: $A$ mora završavati sa $6\to 2$ opcije.
• $B=3$: $A$ može biti bilo koja permutacija, pošto je zbir cifara deljiv sa $3\to 6$ opcija.
• $B=6$: $A$ mora završavati sa $2\to 2$ opcije.

II. $A$ i $B$ sadrže po dve kartice. Tada će odnos $A∕B$ biti manji od $6$, pa može biti $1$, $2$, $3$, $4$, ili $5$. Razmotrimo ove mogućnosti:

1:

Ovo nije moguće, jer bi to impliciralo $A=B$.

2:

$A$ mora završavati sa $2$ ili $6$. Ako $A$ završava sa $2$, onda $B$ mora završavati sa $6$ ili $1$. U prvom slučaju dobijamo $32$ i $16$, u drugom $62$ i $31\to 2$ opcije. Ako $A$ završava sa $6$, onda $B$ mora završavati sa $3$, dobijamo $26$ i $13\to 1$ opciju.

3:

$A$ mora počinjati sa $6$ ili $3$. U prvom slučaju, $B$ mora počinjati sa $2$, dobijamo $63$ i $21$. U drugom slučaju, $B$ mora počinjati sa $1$, dobijamo $36$ i $12\to 2$ opcije.

4:

$A$ mora počinjati sa $6$ i završavati sa $2$, pošto je paran broj. Dakle, $A=62$, ali nije deljiv sa $4$.

5:

$A$ mora završavati sa $5$ ili $0$, ali ovo nije moguće.

Broj svih mogućnosti je $21$.

Answer:

$18$

Kvadrati imaju dužine stranica u odnosu $3:2:1$. Dakle, površina najvećeg kvadrata je ${\left(\frac{3}{2}\right)}^2\cdot 8=18$.

Answer:

$124$

Označimo broj štiglića, matematičara i kentaura sa $š$, $m$ i $k$. Tada uslov na broj repova implicira $š+k=15$, dok uslov na broj ruku prevodi se na $2m+2k=94$. Broj nogu je $2š+2m+4k$, što je $2(š+k)+(2m+2k)=30+94=124$.

Answer:

$64$

Biće dvanaest kanala u nizu. Kanali na neparnim pozicijama moraju sigurno biti drugi kanal, dok svaki od kanala na parnim pozicijama može biti ili prvi ili treći kanal. Postoji šest takvih pozicija, pa dobijamo $2^6=64$.

Answer:

$27^{\circ }$

Označimo tačke kao na slici ispod. Zajednička dijagonala $AB$ deli ugao $\angle FBD$ na pola, pa je

Osim toga, budući da je isprekidana linija $EF$ paralelna sa $AB$, dobijamo za zbir uglova $\angle EFB+\angle FBA=180^{\circ }$. Oduzimajući poznati pravi ugao $\angle AFB$, dobijamo

$$$$

Answer:

$2016$

Uzimamo vrednost od interesa $x^3-14x+2024$ i oduzimamo $x(x^2-4x+2)=0$ kako bismo otklonili $x^3$, dobijajući $4x^2-16x+2024$. Sada želimo otkloniti $4x^2$, pa oduzimamo $4(x^2-4x+2)=0$ i dobijamo $2016$, što je odgovor.

Answer:

$123$

Traženi broj ne može biti jednocifren broj jer mu je cifra ili parna ili neparna, i stoga spada u jednu od tih kategorija. Slično tome, dvocifren broj nije izvodljiv jer bi trebalo da se završi cifrom $2$, koja je parna. Pretpostavimo da je broj cifara $3$, pa je zbir parnih i neparnih cifara takođe $3$. Stoga su mogući brojevi $123$, $213$ i $303$. Nakon primene transformacije iz zadatka, svi ovi brojevi završavaju u $123$, uključujući i $123$. Dakle, broj $123$ je traženo rešenje.

Answer:

$16$

Produžimo petougao sa paralelogramom do jednakostraničnog trougla stranice dužine $11=4+a=2+b$, kao na slici.

$$$$

Zaključujemo da je $a=7$, $b=9$ i $a+b=16$.

Answer:

$12$

Vreme potrebno da se iskopa bunar pretpostavlja se proporcionalno njegovoj zapremini. Budući da je pravi cilindar, njegova zapremina se daje formulom $V=\frac{\pi }{4}\cdot D\cdot W^2$, gde $D$ označava dubinu, a $W$ širinu. Sada možemo zaključiti da devojci treba $7$ dana da iskopa $\frac{\pi }{4}\cdot \frac{D}{3}\cdot W^2=\frac{1}{3}V$ zemlje, tako da joj je potrebno $21$ dan da iskopa celu zapreminu $V$ zemlje. Slično tome, Janku treba $7$ dana da iskopa $\frac{\pi }{4}\cdot D\cdot {\left(\frac{W}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}V$ zemlje, tako da mu je potrebno $28$ dana da iskopa celu zapreminu $V$ zemlje. Dakle, devojka može obaviti $\frac{1}{21}$ bunara u jednom danu, a njen saputnik $\frac{1}{28}$ bunara u jednom danu. Zajedno, oni mogu obaviti $\frac{1}{21}+\frac{1}{28}=\frac{1}{12}$ bunara u jednom danu. Konačno, možemo zaključiti da im je potrebno $12$ dana da zajedno izgrade bunar.

Answer:

$360$

Prvo primećujemo da svaki pravougaonik $2\times 1$ sadrži tačno $2$ dijagonale dužine $\sqrt{5}$. Dakle, naš cilj je da nabrojimo broj $2\times 1$ pravougaonika. Pretpostavimo da je pravougaonik postavljen vertikalno. Tada imamo $10$ mogućnosti da ga postavimo u kolonu i $9$ mogućnosti za red. Dakle, imamo $90$ mogućnosti da postavimo ovaj pravougaonik u rešetku dimenzija $10\times 10$. Takođe možemo orijentisati pravougaonik horizontalno sa istim brojem mogućih postavki. Zaključno, imamo dve dijagonale u svakom od $90+90=180$ pravougaonika, tako da imamo ukupno $360$ dijagonala.

Answer:

$5963$

Pošto $\mathit{MATH}$ i $\mathit{HAHA}$ imaju istu stotinu, a odgovarajuća cifra u $2024$ je $0$, vidimo da nema prenosa kada se dodaju desetice na levom delu jednačine. Dakle, imamo $\mathit{TH}=\mathit{HA}+24$ i $M=H+2$. Međutim, kada dodamo $A$ i $4$, mora doći do prenosa, jer bi inače imali $T=H+2=M$, a cifre su pretpostavljene da su različite. To implicira da je $H=A+4-10=A-6$, dakle $M=A-4$ i $T=A-3$. Iz ovoga lako dobijamo da je $\mathit{MATH}$ jedan od $3741$, $4852$, ili $5963$, pri čemu je poslednja vrednost najveća.

Answer:

$48$

Pošto su visine jednake dužine za sve uključene trouglove, površina senčenog dela je tačno $\frac{3}{7}$ ukupne površine. Dakle, rešenje je $\frac{3}{7}\cdot 8\cdot 14=48$.

Answer:

$116$

Neka broj devojčica bude označen sa $g$, a broj dečaka sa $b$. Izjave nam daju sledeći sistem jednačina:

Uvrštavanjem $b=\frac{5}{4}g+\frac{5}{4}$ iz prve jednačine u drugu jednačinu, dobijamo

odakle rešavamo za $g=51$, dakle $b=\frac{13}{10}\cdot 50=65$. Dakle, odgovor je $g+b=51+65=116$.

Answer:

$50$

Ima sedam kvadrata stranice dužine $1$ i dva kvadrata stranice dužine $2$. Da bi se smanjio broj kvadrata na $5$, treba razbiti tačno $4$ kvadrata. Da bismo uklonili kvadrat ograničen šibicama $3,7,6,10$, moramo ukloniti bar tri od njih. Stoga je to jedan od kvadrata koji će ostati. Važno je napomenuti da šibica $6$ ne može biti uklonjena jer bi to razbilo ovaj kvadrat i ne bismo mogli sakupiti preostale šibice iz ovog kvadrata.

Uklanjanje šibica $11$ ili $13$ istovremeno razbija oba velika kvadrata. Ako se to dogodi, onda jedan kvadrat treba razbiti sa dva uklanjanja. Razmotrimo slučaj kada se ukloni šibica $11$; tada postoji mogućnost da se uklone šibice $12$ i $13$ ili par $18$, $20$. S druge strane, ako se ukloni šibica $13$, tada bi to mogao biti ili par $1$, $4$, ili par $11$, $12$, ili par $16$, $19$. Od toga, uklanjanje šibica $11$, $18$ i $20$ ima najveću sumu od $49$. Ako su oba velika kvadrata netaknuta, to znači da jedine šibice koje se mogu ukloniti su $5$, $12$ i $17$, što ne rezultira ispravnom konfiguracijom.

S obzirom na to da šibica $6$ ne može biti uklonjena i da jedan veliki kvadrat treba razbiti, sigurno je pretpostaviti da su oba šibica iz jednog od sledećih parova uklonjena: $18$, $20$ ili par $16$, $19$, ili par $1$, $4$. Takvo uklanjanje istovremeno uklanja dva kvadrata, jedan veliki i jedan mali. Nakon toga, treba postojati još jedna šibica koja razbija tačno dva kvadrata. U slučaju para $18$, $20$, to može biti ili šibica $11$ koja razbija jedan mali i veliki kvadrat ili $12$ koja razbija dva mala kvadrata, ostavljajući ukupnu sumu od $50$. Šibica $13$ ne može biti uklonjena, jer šibica $15$ ne bi bila deo bilo kog kvadrata. Na sličan način, može se pretpostaviti da razbijanje para $16,19$ zajedno sa šibicom $13$ rezultira ukupnom sumom od $48$. Dakle, $50$ je traženi odgovor.

Answer:

$65$

Neka $r$ označava radijus osnove boce. Iz prvog položaja, zapremina vode u boci je $13\pi r^2$. Slično, iz drugog položaja, zapremina vazduha u boci je $(21-14)\pi r^2=7\pi r^2$. Dakle, boca ima ukupnu zapreminu od $(13+7)\pi r^2=20\pi r^2$, i traženi procenat je

Answer:

$28$

Postoje četiri puta od tačke $A$ do tačke $B$ koji ne prolaze kroz tačku $C$. Jedan od njih omogućava dva načina da se dođe do tačke $C$, jedan put ima tačno jednu mogućnost da se dođe do tačke $C$, dok za preostala dva puta nije moguće doći do tačke $C$ bez prolaska kroz ulicu dva puta. Ukupno, postoje tri ispravna puta do bioskopa sa njegovom devojkom. Dva od njih imaju dužinu od $10$, dok treći ima dužinu od $8$, stoga je rezultat $28$.

Answer:

$44$

Neka čuvar $A$ obiđe putanju duž pravougaonika za $14$ minuta, dok čuvar $B$ obiđe putanju duž kvadrata za $12$ minuta. Postoje dva moguća mesta susreta za čuvare. Ako se sastanu na levoj tački nakon $a$ punih krugova koje je obišao čuvar $A$ i $b$ punih krugova koje je obišao čuvar $B$, tada uslov

mora biti ispunjen. Ova jednačina se svodi na $7a=6b+3$, što implicira da je $7$ delilac broja $6b+3$. Proverom vrednosti $b\in \{0,1,2,\dots \}$ vidimo da je $b=3$ i $a=3$ najmanje rešenje. Slično, čuvari se sastaju na desnoj tački ako je zadovoljen uslov

Dakle, dobijamo $7a=6b-1$. Tako da imamo $7\mid 6b-1$, što zahteva $b\ge 6$. Dakle, sastaju se prvi put nakon $14\cdot 3+2=44$ minuta.

Answer:

$26$

Kvadrirajte obe jednačine i izračunajte njihov zbir kako biste dobili $2b^2=392$. Budući da $b$ mora biti pozitivan, $b=14$ je jedino rešenje. Ubacivanjem ove vrednosti u kvadrat prve jednačine, dobijamo $a^2+24=c^2$ ili $c^2-a^2=24$. Neka je $d=c-a$; tada je $d$ paran broj, pošto su $c$ i $a$ ili oba parna ili oba neparna.

Vrednost $c^2-a^2=(c-a)(c+a)$ ima donju granicu $d(d+2)$, koja za $d\ge 6$ iznosi najmanje $48$, što je veće od $24$. Dakle, jedine opcije za $d$ su $d=2$ i $d=4$. U prvom slučaju, dobijamo $a+c=12$ sa rešenjem $a=5$ i $c=7$. U drugom slučaju, $a+c=6$ sa rešenjem $a=1$ i $c=5$. Dakle, najveća moguća vrednost $a+b+c$ je $5+14+7=26$.

Answer:

$\frac{3}{4}$

Podela na podudarne trouglove kao na slici i prebrojavanje dovodi do odgovora $\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$.

$$$$

Alternativno rešenje. Neka je $r$ poluprečnik kruga. Oba heksagona mogu se podeliti na $6$ jednakostraničnih trouglova; za upisani heksagon, visina svakog trougla je $\frac{1}{2}\sqrt{3}r$, dok je za opisani heksagon $r$. Stoga, faktor skaliranja za dužine je $k=\frac{1}{2}\sqrt{3}$, a samim tim i faktor skaliranja za površine je $k^2=\frac{3}{4}$.

Answer:

$20$

Bilo koji kvadratni rođendanski broj mora biti sastavljen od jednog ili više faktora oblika $p^k$ gde je $k>1$. Svi takvi faktori manji ili jednaki $196$ su $S=\{4,8,9,16,25,27,32,36,49,64,81,100,121,125,128,144,169,196\}$. Primećujemo da je proizvod bar dva broja iz $S$ koji su veći od $27$ ili u skupu $S$ ili je veći od $196$. Od brojeva manjih ili jednaki $27$, samo $8=2^3$ i $27=3^3$ nisu savršeni kvadrati. Budući da je proizvod savršenih kvadrata takođe savršen kvadrat, to znači da bi rezultat ili pripadao skupu $S$ ili bi bio veći od $196$. Konačno, proizvodi korišćenjem $8$ ili $27$ i nekih drugih brojeva iz $S$ koji su manji od $196$ i koji već nisu u $S$ su $27\cdot 4=108$ i $8\cdot 9=72$. Zaključujemo da postoji $18+2=20$ takvih brojeva.

Answer:

$3^8\cdot 2=13122$

Organizatori imaju tri pitanja da biraju iz takmičenja br. $1$. Oni mogu izabrati jedno od $4-1=3$ moguća pitanja iz drugog takmičenja, budući da je jedan broj pitanja već zauzet. Lako je uočiti da se ovaj obrazac zadržava, odnosno da u $k$-om takmičenju već postoji $k-1$ nedostupnih pitanja zbog (nekih) prethodnih izbora, ostavljajući tri opcije, sve do takmičenja br. $9$ koje sadrži pitanje broj $11$ koje je previše veliko, tako da ostaju samo dva pitanja za izbor. Na kraju, iz testa br. $10$, postoje pitanja br. $11$, i br. $12$, koja se ne mogu izabrati, ostavljajući samo jedno odgovarajuće pitanje. Sveukupno, postoji $3^8\cdot 2=13122$ takvih testova.

Answer:

$142857$

Znajući da je poslednja cifra broja $1$, možemo pokušati da rekonstruišemo broj unazad na sledeći način:

Zaista, važi $142857\cdot 3=428571$.

Alternativno rešenje. Svaki pozitivan ceo broj koji počinje cifrom $1$ i ima bar dve cifre može se zapisati kao $10^k+a$ za neko $k\ge 1$. Za neki $k$-cifreni broj $a$ nakon što premestimo cifru $1$ sa početka na kraj, broj postaje $10a+1$. Stoga želimo rešiti jednačinu

za $k$ i $a$; pojednostavimo je na

Broj sa leve strane nije ništa drugo nego $2$ praćen sa $k$ devetki. Uzimamo dovoljno devetki i delimo broj $2999\dots$ sa $7$ dok ne dobijemo ceo broj. Ovaj proces vodi do $a=42857$ i time do rešenja $142857$.

Answer:

$58$

Označavajući sa $x$ dužinu stranice manjih kvadrata i koristeći Pitagorinu teoremu za označeni pravougli trougao na slici, dobijamo

Ova jednačina se pojednostavljuje u $x^2=2x$, pa dobijamo $x=2$. Odgovor je onda $2(2^2+5^2)=58$.

$$$$

Answer:

$18$

Neka označimo dužinu neosetljivog užeta sa $l$ i visinu zida sa $h$. Kada alpinista sretne oznaku, polovina užeta (rastegnuta) pokriva dvostruko veću udaljenost alpiniste od vrha, pa imamo

Kada alpinista dotakne zemlju, slično dobijamo

što, nakon što iz prve jednačine substituišemo $l=\frac{20h}{9}$, lako se rešava i daje $h=18$.

Answer:

$10$

Neka $b$ označava broj crnih čarapa. Tada je verovatnoća da su obe čarape crne jednaka $\frac{b}{n}\cdot \frac{b-1}{n-1}$. Pošto je ovo izražavanje jednako $\frac{2}{15}$, mora da važi sledeća jednačina:

Pošto i $3$ i $5$ dele levu stranu i oba su uzajamno prosti sa $2$, moraju deliti $n\cdot (n-1)$ na desnoj strani. Sada počnite sa malim sadržaocima od $3$ i $5$ za $n$ kako biste otkrili da $n=6$ dovodi do $15\cdot b\cdot (b-1)=2\cdot 6\cdot 5=60$. Međutim, $b\cdot (b-1)=4$ ne može biti ispunjeno nijednim celim brojem, stoga $n=6$ nije rešenje. Ako je $n=10$, tada je $b\cdot (b-1)=12$ moguće postići sa $b=4$. Stoga je odgovor za $n$ $10$.

Answer:

$9876504$

Koristićemo uslov deljivosti sa $11$: broj je deljiv sa $11$ ako je i samo ako je razlika između sume cifara na neparnim pozicijama i sume cifara na parnim pozicijama deljiva sa $11$.

Među svim brojevima sa određenim brojem cifara, u ovom slučaju sedam, najveći su oni koji počinju sa najvećim ciframa. Dakle, počnimo traženje rešenja biranjem cifara od $9$ naniže. Nakon što napišemo $98765$, vidimo da je suma "neparnih" cifara $9+7+5=21$, a suma "parnih" cifara je $8+6=14$. Razlika je $7$ i treba da je učinimo deljivom sa $11$, koristeći samo dve cifre iz skupa $\{0,1,2,3,4\}$. Jedini način je da dodamo $0$ u "parnu" grupu i $4$ u "neparnu" grupu, što daje rešenje $9876504$. Budući da bi sva ostala rešenja morala početi sa petocifrenom sekvencijom manjom od $98765$, ovo zaista jeste najveće.

Alternativno rešenje. Počnemo sa najvećim brojem, $9876543$, koji se sastoji od sedam različitih cifara. Primetimo koristeći pravilo o deljenju sa $11$ ili radeći dugo deljenje da ovaj broj nije deljiv sa $11$, ali je $9876537$, i to je najveći broj koji je sadržalac $11$ i manji od početnog broja. Pošto njegove cifre nisu različite, oduzmemo $11$ i proverimo cifre dobijenog broja sa aspekta različitosti. Nakon nekoliko koraka

dobijamo traženi broj, $9876504$.

Answer:

$13$

Neka napravimo jednakostranični trougao $BCE$ sa tačkom $E$ na segmentu $CD$. Zatim, $AED$ je trougao gde je $AE=8$, $ED=7$, i $\angle DEA=120^{\circ }$. Dakle, po Kosinusnom zakonu, $A{D}^2=8^2+7^2-2\cdot 7\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=169$, pa je $AD=13$.

$$$$

Alternativno rešenje bez korišćenja Kosinusnog zakona. Ako se trougao $AED$ proširi za pola jednakostraničnog trougla dužine stranice $7$, možemo koristiti Pitagorinu teoremu da bismo dobili $A{D}^2={(5+3+3.5)}^2+{(3.5\cdot \sqrt{3})}^2=169$.

Answer:

$18$

Najpre ćemo razložiti $2024$ na proste činioce:

Pošto su $a$, $b$, $c$ i $d$ prirodni, važi $2+a\ge 3$, $2+c\ge 3$, i $4+d\ge 5$. Faktori $1$ i $2$ mogu se sa desne strane jednakosti pojaviti jedino jedanput u $(0+b)$ dok faktor $4$ može da se pojavi u $(2+a)$ ili $(2+c)$.

Pošto se proizvod sa desne strane jednakosti sastoji iz $4$ faktora, posmatramo faktorizacije $2024$ na $4$ faktora, od kojih je najviše jedan manji od $4$. Lako se ustanovljava da postoje samo $4$ takve faktorizacije, naime

U prvoj faktorizaciji je $b=1$, dok ostali faktori mogu poticati od bilo kog od izraza $a+2$, $c+2$, i $d+4$, u bilo kom redosledu, dajući nam $6$ rešenja. U drugoj faktorizaciji je $b=1$, i $a+2=4$ ili $c+2=4$. U svakom od ovih slučajeva preostala dva faktora se mogu pridružiti na bilo koji od dva načina, dajući $4$ rešenja za drugu faktorizaciju. Analogno, postoje $4$ rešenja i za treću i za četvrtu faktorizaciju. Stoga postoji ukupno $18$ traženih četvorki:

Answer:

$3540$

Svođenjem brojeva sa desne strane na zajedničku osnovu, imamo $2^x\cdot 3^y=24^k$, gde je

Dakle, $2^x\cdot 3^y={(2^3\cdot 3^1)}^{15\cdot 59}$, odakle je $x=3\cdot 15\cdot 59=45\cdot 59$ i $y=15\cdot 59$. Konačno, $x+y=60\cdot 59=3540$.

Answer:

$21$

Posmatrajmo najpre prvih i poslednjih 12 jabuka u nekom nizu. Ako se u središnjih $6$ jabuka (rednih brojeva $7$-$12$) nalaze samo zelene jabuke, i prvih i drugih $12$ jabuka su u manjku samo za po jednu jabuku, što se lako rešava postavljanjem zelene jabuke u prvih i poslednjih $6$, tako da je $8$ zelenih jabuka dovoljno za postojanje traženog niza. Ukoliko su neke od središnjih $6$ jabuka crvene, trebalo bi nam više od 8 zalenih jabuka ukupno, pošto za svaku zelenu jabuku oduzetu iz srednjijh $6$ moramo dodati dve jabuke (jednu u prvih $6$ jabuka, a drugu u poslednjijh $6$). Stoga je $8$ najmanji broj jabuka koji je potreban kako bi se osiguralo traženo svojstvo, gde je postavljanje jabuka baš ono malopre opisano: svih središnjih $6$ jabuka su zelene, dok se još po jedna zelena jabuka nalazi u prvih i poslednjih $6$ jabuka.

Međutim, prva i poslednja zelena jabuka se ne mogu postaviti nasumično: kako bi uslov zadatka bio ispunjen za svakih $12$ uzastopnih jabuka, rastojanje između ove dve zelene jabuke ne sme biti veće od $12$. Na primer, ako je prva zelena jabuka postavljena na drugo mesto, poslednja može biti postavljena ili na $13.$ ili na $14.$ mestu. U zavisnosti od pozicije prve jabuke, poslednja jabuka stoga ima između $1$ i $6$ mogućnosti. Sabirajući sve slučajeve, dobijamo ukupno $1+2+3+4+5+6=21$ mogućih rasporeda.

Answer:

$12$

Neka su $a$, $b$, $c$ brojevi novčića vrednosti $1$, $2$, i $5$ dinara, redom, u gomili jedne od sestara. Onda važe jednakosti

i

Oduzimajući prvi jednačinu od druge, dobijamo $b+4c=115$. Ova jednačina ima mnogo rešenja oblika $b=115-4c$ za proizvoljno $c$. Međutim, ograničenje $0<115-4c<106$ za $b$ daje $c\in \{3,4,\dots ,28\}$. Međutim, ne daju svi ovi odabiri za $c$ validan broj dinara vrednosti $1$. Stoga moramo dodati uslov $0\le 85-(115-4c+c)=-30+3c\le 33$ za $c$. Dalje se lako proverava da jedino vrednosti $c$ iz skupa $\{10,11,\dots 21\}$ vode do validnih rešenja. Dakle, ukupno postoji $12$ načina da se izvrši tražena podela.

Answer:

$36^{\circ }$

Prisetimo se da je periferijski ugao nad nekom tetivom konstantan, za sve tačke sa jedna strane tetive, dok je suplementan tom uglu, i opet konstantan za sve tačke sa druge strane tetive (a koje se nalaze na kružnici).

$$$$

Obeležavajući neke od tačaka sa prethodne slike kao što je urađeno gore, i koristeći poznate vrednosti unutrašnjih uglova pravilnog petougla i jednakostraničnog trougla, imamo

Slično, imamo

Konačno, pošto je $ABC$ jednakostranični trougao, važi

pa zbog preklapanja ova tri ugla kod temena $E$ dobijamo

Answer:

$11296$

Prebrojaćemo broj konfiguracijama u kojima bar jedan top nije napadnut ni od strane jednog od preostalih $8.$ Takav top mora biti sam i u vrsti i u koloni, što znači da postoji najviše jedan takav top. On može stajati na bilo kojem od $4\cdot 4=16$ polja. Nakon uklanjanja njegove vrste i kolone, preostaje nam $9$ polja na kojima mora biti smešteno preostalih $8$ topova. Od tih $9$ polja možemo odabrati prazno polje na $9$ načina, što nam ukupno daje $16\cdot 5=144$ različitih konfiguracija. Ukupan broj načina da se odabere $9$ polja od $16$ je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{16}{9}\right)=11440$ odakle je traženi rezultat $11440-144=11296$.

Answer:

$9409$

Pošto $N$ nije prost, ili je $1$ ili postoji prost broj $p<N$ koji deli $N$. Uslov $p<100$ daje

Primetimo dalje da $N=97^2=9409$ zadovoljava uslove.

Pretpostavimo sada da postoji broj $N^{\prime }>9409$ koji zadovoljava sve uslove zadatka. Ako je $p\le 97$ prost delilac od $N^{\prime }$, količnik $\frac{N^{\prime }}{p}$ je prirodan broj veći od $97$. Stoga $\frac{N^{\prime }}{p}\in \{98,99\}$, pošto svaki delilac od $N^{\prime }$ mora biti manji od $100$. Međutim, tada je $N^{\prime }$ deljiv sa $k\in \{2,3\}$, i traženi uslov daje

što je kontradikcija.

Stoga je $N=9409$ traženi broj.

Answer:

$845$

Stanicu ćemo označiti sa $s_0$ ako na njoj staju svi autobusi, a sa $s_k$ $k$-tu stanicu od $s_0$ ako se krećemo linijom $A$. Sada ćemo izračunati na koliko načina Aleksa može da stigne neku $s_6$ stanicu od odgovarajuće $s_0$ stanice.

1.

Do $s_1$ postoji samo jedan put, preko $A$.

2.

Postoje dva načina da se dođe do $s_2$, jedan je linijom $A$ od $s_1$, a drugi linijom $B$ sa stanice $s_0$.

3.

Do $s_3$, Aleksa može iili da hvata $C$ odmah na stanici $s_0$ ili $A$ sa stanice $s_2$, što po prethodnom može na dva načina; zbog toga ukupno ima $3$ načina.

4.

Do stanice $s_4$, može ili preko $A$ sa stanice $s_3$ ili linijom $B$ sa stanice $s_2$ , pa ima ukupno $3+2=5$ načina.

5.

Do stanice $s_5$ postoji samo jedna linija, li nija $A$ sa sanice $s_4$ te je zato ukupno $5$ načina.

6.

Konačno, da bismo stigli do $s_6$, mogli smo doći pomoću $A$ sa stanice $s_5$, ili linijom $B$ sa stanice $s_4$, ili pak linijom $C$ sa stanice $s_3$ ,ukupno $3+5+5=13$ načina.

Stanice gde svi busevi staju su glavna stanica $c$, stanica broj $6$ i stanica broj $12$. Kako smo sa $s_0$ označili bilo koju od ovih, Aleksa na $13$ načina može stići do stanice $6$ polazeći od $c$ i do stanice $12$ polazeći od stanice $6$. Jasno je da od $12$. stanice do $17.$ ima isti broj načina kao od bilo koje $s_0$ do $s_5$ što je $5$ načina. Po principu proizvoda, postoji $5\cdot 13\cdot 13=845$ načina da se od $c$ dođe do stanice $17$.

Alternativno rešenje. Od sada se na stanice pozivamo po njihovom broju uz dodatno $c=0$. Svaka stanica $s$ je dostižna preko linije $A$, tako da se svako putovanje do prethodne stanice $s-1$ može produžiti do stanice $s$ preko linije $A$. Ako se linija $B$ zaustavlja na $s$, onda se sva putovanja do stanice $s-2$ mogu produžiti do $s$ preko linije $B$. Slično važi i za $s$ gde $C$ staje. Zbog toga, kako smo do stanice $s$ morali doći nekom od linija $A,B,C$ ako sa $J(s)$ označimo broj načina da Aleksa dođe do stanice $s$, onda je za $s\ge 1$

Kako je do glavne stanice moguće "stići" samo na jedan način, postavljamo $J(0)=1$ i možemo izraunati $J(17)$ koristeći rekurentnu formulu; Strelice ispod tabele pokazuju koje su vrednosti iz prethodnih kolona sabrane da se dobije trenutna.

$$$$

Answer:

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

Primetimo da $a_1$ ima razlomljeni deo $a_1-\lfloor a_1\rfloor =\sqrt{3}-1$. Dakle, on se može zapisati kao $a_1=1+\sqrt{3}-1$. Izračunajmo prvih nekoliko članova

Primetimo da članovi $a_1$ i $a_3$ imaju isti razlomljeni deo $\sqrt{3}-1$ i da je razlika $a_3-a_1=3$. Isti zaključak važi i za članove $a_2$ i $a_4$, koji imaju isti razlomljeni deo $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ i razliku $a_4-a_2=3$. Ovo nas vodi do hipoteze $a_{2k+1}=3k+1+\sqrt{3}-1$ i $a_{2k+2}=3k+2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, za $k=0,1,\dots$. Tačnost tvrđenja za svako $k$ može se dokazati indukcijom; ono je očigledno za $k=1$ i $k=2$. Za sve ostale $k$-ove, dovoljno je uvrstiti formule u definiciju $a_{n+1}=\lfloor a_n\rfloor +\frac{1}{a_n-\lfloor a_n\rfloor }$. Primetimo da je

Dakle, $a_{2024}=3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Answer:

$2520$

Primetimo najpre da je $A=[2,4]$ i $B=[6,3]$ u odnosu na donji levi ugao kvadrata. Preslikajmo osno simetrično $A$ i $B$ preko stranica kvadrata i označimo temena kao što je na slici ispod.

$$$$

Posmatrajmo putanje od $A$ do $B$ koje se odbijaju od $KN$ pa od $MN$ i preslikajmo osno simetrično njihove segmente koji sadrže temena $A$ (respektivno $B$) preko $KN$ (respektivno $MN$). Zbog uslova koji nalaže da je upadni ugao jednak izlaznom, dobijamo tačno duž $A_1{B}_2$ (U daljem ćemo reći da je putanja ispravljena u $A_1{B}_2$). Primetimo da je ovo jedina moguća putanja u kojoj se loptica odbija od ove dve stranice. I zaista, ispravljajući potencijalnu putanju $A\to MN\to KN\to B$ dobijamo duž $A_2{B}_1$, koja ne preseca kvadrat $KLMN$. Ovo sledi jer uslov o odbijanju implicira da je $N$ središte duži $A_1{A}_2$ i $B_1{B}_2$. Stoga takva putanja nije moguća.

Slično, svaka tražena putanja koja se odbija od dve uzastopne stranice kvadrata $KLMN$ se ispravlja u neku stranicu četvorougla $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ ili njegove translirane kopije $B_1{A}_2{B}_3{A}_4$. Od parova podudarnih strana ova dva četovorougla, koristi se tačno jedna jer je druga u nemogućoj poziciji (tj. ne seče kvadrat). Odatle sledi da ove putanje doprinose sumi kvadrata dužina svih putanja tačno za sume kvadrata stranica četvorougla $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$. Dalje iz Pitagorine teoreme i činjenice da su njegove dijagonale normalne i da se seku u tački $C=[6,4]$ (videti sliku ispod), izračunavamo

$$$$

Ostaje nam da posmatramo putanje u kojima se loptica odbija od dve suprotne stranice kvadrata $KLMN,$ kao što su dve prikazane dole.

$$$$

U ovom slučaju su oba redosleda moguća, što rezultuje u doprinosu sumi koji je jednak sumi kvadrata dijagonala paralelograma $A_2{B}_2{B}_4{A}_4$ i $A_1{A}_3{B}_3{B}_1$. Koristeći poznato tvrđenje da je suma kvadrata dijagonala paralelograma jednaka sumi kvadrata njegovih stranica, dobijamo,

za svaki paralelogram. Konačno, ukupna suma je

Answer:

$94590$

Primetimo da pošto su $a$, $b$, i $c$ različiti, i zbog uslova deljivosti, mora da važi $2\cdot a\le b$ i $2\cdot b\le c$. Neka $s(k)$ označava broj cifara broja $k$. Iz uslova deljivosti sledi da brojevi cifara $s(a)$, $s(b)$ i $s(c)$ moraju biti neopadajući. To nam ostavlja samo dva slučaja:

1.

Brojevi cifara zadovoljavaju $s(a)=1$, $s(b)=1$, i $s(c)=3$. Onda je $a$ najviše $4<\frac{9}{2}$. Odatle dobijamo $a=4$, $b=8$, i $c=992$.

2.

Brojevi cifara zadovoljavaju $s(a)=1$, $s(b)=2$, and $s(c)=2$. U ovom slučaju je $b$ najviše $49<\frac{99}{2}$. Kako bismo maksimizovali broj $a\parallel b\parallel c$, pretpostavimo da je prva cifra $9$. Tada je maksimalna vrednost za $b$, $b=45$ pa je $c=90$. Razmatrajući bilo koje manje $a$ daje manji rezultat.

Stoga je traženi broj $94590$.

Answer:

$471$

Tražimo vrednosti $x$ za koje je razlomak $\frac{2x^3+2x+4}{x+5}$ ceo broj. Pošto je

dovoljno je da je $x+5$ delilac broja $256=2^8$. Pošto je $x>5$, tražimo delioce koji su bar $10$. Svi takvi delioci su $16$, $32$, $64$, $128$, i $256$. Stoga, traženo rešenje je zbir

Answer:

$7∕20$

Direktno se računa da je verovatnoća prvog događaja

a drugog