Naloge in rešitve

Odgovor:

$14325$

Vsoto $16$ je mogoče dobiti le kot $9+7$. Ker $R=9$ vodi v protislovje $J=N=3$, dobimo $S=9$ in $R=7$. Korak za korakom določimo preostale vrednosti: $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ in $O=2$. Zato zaključimo, da je $\mathit{NABOJ}=14325$, kar lahko interpretiramo kot datum tekmovanja Náboj 2025.

Odgovor:

$14$

Zobnik $A$ ima 14 zob, zobnik $B$ jih ima 6, zobnik $C$ pa 15. Najprej poiščimo najmanjše število zob, za katere se morajo zobniki zavrteti, da se vsi vrnejo v začetni položaj; to število mora biti večkratnik števil 14, 6 in 15. Najmanjši skupni večkratnik teh števil je 210. Zobnik $C$ se mora zato zavrteti za 210 zob in posledično opraviti $210∕15=14$ obratov.

Odgovor:

$9897989698$

Poglejmo si najbolj levo števko. Nastavimo jo na 9, največjo možno vrednost, in poskušajmo zgraditi željeno število tako, da vedno dodamo največjo možno števko na desni, da bo dan pogoj izpolnjen. Nadaljnja števka ne more biti 9, zato uporabimo 8. Nato lahko spet dodamo 9. Zdaj ne moremo nadaljevati z 8 ali 9, zato je največja možna vrednost 7. Nadalje lahko spet zapišemo 9, 8 in 9, vendar potem ne moremo nadaljevati več s števko iz množice $\{9,8,7\}$. Po postavitvi 6 lahko spet dodamo 9 in nato kot deseto števko še 8. Na opisan način dobimo število $n=9897989698$. Trdimo, da je to največje dovoljeno desetmestno število. Naj bo namreč $m$ drugo število in poglejmo najbolj levo števko, kjer se $m$ in $n$ razlikujeta. Ker je naš algoritem izbral največjo razpoložljivo števko na tem mestu, imamo $m\le n$, ne glede na preostale števke.

Odgovor:

$6$

Ploščina kvadrata mora biti večkratnik števila 3, ki je ploščina triomine, in enostavno je videti, da $3\times 3$ kvadrata ni mogoče v celoti prekriti. Lahko pa prekrijemo $6\times 6$ kvadrat, ena izmed možnih razporeditev je prikazana spodaj.

Odgovor:

$36$

Razlika obsegov je natanko $\mathit{XB}+\mathit{CS}=2\cdot \mathit{CS}=\mathit{CD}$, ki pa je enake dolžine kot stranici $\mathit{BC}$ in $\mathit{XS}$, zato je rezultat: $3\cdot (50-38)=36$.

Odgovor:

$93$

Naj bosta $x$ in $y$ dve števki števila, ki ga je izbrala Elena. Opazimo, da je enica v produktu, ki ga je dobila, enaka enici v produktu $x\cdot y$. Obstajata le dva načina, da zmnožimo dve števki in dobimo število, ki se konča s $7$, in sicer $1\cdot 7=7$ in $3\cdot 9=27$. Možnost $17\cdot 71$ lahko enostavno izločimo, saj je ta produkt premajhen, zato je pravilna možnost $39\cdot 93=3627$, kar pomeni, da je odgovor $93$.

Odgovor:

$37$

Če ima Gorazd v roki po dvanajst kart vsakega od treh različnih simbolov (skupaj $3\cdot 12=36$ kart), potem je mogoče, da karta na vrhu igralnega kupa pripada ravno manjkajočemu četrtemu simbolu in manjkajoči trinajsti karti enega od prvih treh simbolov. V tem primeru Gorazd ne bi mogel uporabiti nobene izmed svojih kart, zato je $N$ vsaj $37$. Po drugi strani pa ima karta, ki je na vrhu kupa, enak simbol kot še $12$ drugih kart in enako vrednost kot še $3$ preostale karte. Ker je skupno število kart $52$, in je vsaj ena od njih na kupu, je največje število neodigranih kart v Gorazdovi roki $52-1-12-3=36$, zato bo pri $37$ kartah zagotovo lahko odigral vsaj eno od njih.

Odgovor:

$15$

Ker je trikotnik $\mathit{FGS}$ enakostraničen, dobimo $\mathit{FS}=\mathit{GS}$. Od tod sledi, da sta enakokraka pravokotna trikotnika $\mathit{GAS}$ in $\mathit{FSE}$ skladna, kar pomeni, da je $\mathit{ES}=\mathit{AS}$. Tako je trikotnik $\mathit{EAS}$ enakokrak. Z uporabo $\mathit{\angle ESA}=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ },$ dobimo $\mathit{\angle SAE}=\frac{1}{2}(180^{\circ }-\mathit{\angle ESA})=15^{\circ }$.

Odgovor:

$34$

V vsako ploščico zapišemo koliko dovoljenih trikotnikov ima to ploščico kot svoj zgornji ali spodnji vogal (odvisno od orientacije ploščice):

Iskano število je preprosto vsota vseh teh vrednosti.

Odgovor:

$6075$

Naj bo $N=\overline{\mathit{abcd}}$ zanimivo število in naj bo $n=\overline{\mathit{cd}}$. Potem je $N=1000a+100b+n$ in ko odstranimo števko na mestu stotic, dobimo število $M=100a+n$. Če sedaj enačbo $M=\frac{1}{9}N$ pomnožimo z $9$, dobimo

Z nadalnjim preoblikovanjem in deljenjem s $4$ pa dobimo

Iz te enakosti lahko sklepamo, da mora biti vsota $a+b$ sodo število, ki je manjše od $\frac{2\cdot 100}{25}=8$, ker je $n<100$. Od tod sledi, da je $a+b$ največ $6$ in da bi maksimizirali število $N$ izberemo $a=6$ in $b=0$, posledično je $n=75$. Enostavno lahko preverimo, da število $N=6075$ zadošča pogojem iz začetne trditve.

Odgovor:

$60$

Ker je imela ladja na prvi poti $85$ ton tovora, je morala prevažati vsaj $15$ ton olja. Ker pa se je količina olja na drugi poti podvojila, je ladja morala na prvi poti vsebovati največ $15$ ton olja. Posledično je na prvi poti imela maksimalno količino etanola in živega srebra. Za drugo poti lahko skupno količino tovora izračunamo kot

Odgovor:

$8$

Lik na sliki bomo začeli prekrivati v enem izmed notranjih oglišč, kot je prikazano na spodnji sliki (1); domino lahko postavimo na dva načina, ki pa vodita do simetrične situacije. Zato lahko izberemo enega izmed njih in končno rešitev pomnožimo z $2$. Ko je ta domina postavljena, je postavitev še dveh domin določena (2). Vsakega od dveh ‘kvadratov’ na levi in desni strani lahko sedaj prekrijemo na dva različna načina (3), preostanek pa lahko prekrijemo samo na en način (4). Torej imamo $2\cdot 2=4$ načine, kako prekriti lik, glede na začetno postavitev (1). Z upoštevanjem simetrične situacije (za (1)) pa dobimo $2\cdot 4=8$ skupnih možnosti.

Odgovor:

$30$

Površina vsakega izmed temno sivih kvadratov je enaka $216∕6=36$, torej je stranica temno sivega kvadrata enaka $\sqrt{36}=6$. Na vsaki ploskvi je ploščina nepokritega dela enaka dvokratniku ploščine svetlo sivega dela, kar pomeni, da vsak svetlo siv pravokotnik zavzame polovico površine belega kvadrata. Torej lahko ob en rob paketa postavimo $5$ svetlo sivih pravokotnikov z eno stranico dolžine $6$. Posledično je dolžina roba paketa enaka $5\cdot 6=30$.

Odgovor:

$800\%$

Označimo z $z$ ceno zvezka, z $r$ ceno ravnila in s $s$ ceno svinčnika. Iz danih pogojev dobimo enačbe $z=r+s$ in $\frac{3}{2}r=s+z=2s+r$. Iz druge enačbe sedaj dobimo $r=4s$ in če to vstavimo v prvo enačbo, dobimo $z=5s$. Zato bi morala biti nova cena svinčnika enaka devetkratniku prvotne cene, kar pomeni $800\%$ zvišanje.

Odgovor:

$4098600$

Opazimo, da je $D(x,x-1)=1$ za poljubno naravno število $x$, torej je $D(x,D(x-1,a))=1$ za poljubni naravni števili $a$ in $x$. Zato je zgornji izraz enak izrazu

Odgovor:

$12$

Pravokotna trikotnika, ki nastaneta med pravokotniki in črto, sta podobna in sta v razmerju $1:2$. Posledično je širina sivega pravokotnika enaka $2\cdot 6=12$ premerom včrtanih krogov.

Odgovor:

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

Označimo z $v$ (hitrejši) tempo (v km/h), ki ga je imel Tine na začetku in s $t$ koliko časa (v urah), je tekel v tem tempu. Potem je njegov počasnejši tempo enak $\frac{3}{4}v$ in tako je tekel $2t$ časa. Skupna razdalja je vsota obeh delnih razdalj, torej je

in posledično je

kar je enako razdalji, pretečeni v hitrejšem tempu.

Odgovor:

$10$

Opazimo, da Laura ni omenjena v pogojih, zato se lahko postavi kamorkoli. Za razvrstitev ostalih štirih deklet pa imamo samo dva načina. Zato je skupaj $10$ možnih postavitev.

Odgovor:

$220$

Pri poljubni postavitvi zidov gradu je najdaljša možna daljica znotraj gradu tako dolga, kot je dolga daljica $\ell$, ki povezuje dve točki gradu (če je notranji kot med dvema zaporednima segmentoma zidov večji od $180^{\circ }$, se lahko zgodi da daljica $\ell$ ni v celoti vsebovana znotraj obzidja).Krajišči daljice $\ell$ morata biti stolpa; sicer bi jo lahko podaljšali tako, da bi razdaljo od vsakega krajišča najprej podaljšali v ravni črti do zidu in nato dalje, ob zidu, do ustreznega stolpa. Ta dva stolpa torej razdelita obzidje na dve množici, od katerih ima vsaka vsoto razdaljih vsaj $S$, kar ustreza dolžini daljice $\ell$. Zato dobimo neenakost

in ker mora biti $S$ večkratnik $10$, dobimo $S\le 220$. To vrednost je mogoče doseči z naslednjo razdelitvijo zidov: $130+90<110+50+70$.

Odgovor:

$247$

Razlika je najmanjša, ko sta številki čim bližje druga drugi. V ta namen se sme tisočica razlikovati le za 1. Stotica mora biti čim manjša za večje število in čim večja za manjše število. Ko je števka stotic določena, velja enako za števko desetic in nato končno za števko enic. To vodi do števil 5123 in 4876, katerih razlika je 247.

Odgovor:

$62$

Če opustimo pogoj, da morata biti dve sosednji gredici zasajeni z isto vrsto rož, potem je odgovor $2^6=64$. Od tega rezultata odštejemo možnosti, kjer je pogoj kršen, kar je v primeru, ko se dve vrsti rož izmenjujeta. Ker sta to samo dve možnosti, to vodi do skupnih $64-2=62$ možnih zasaditev.

Odgovor:

$25\pi -12$

Naj bo $M$ središče lista v obliki kroga, $A$, $B$ in $C$ pa naj označujejo preostala oglišča pravokotnika. Polmer kroga označimo z $r$.

Imamo $\mathit{MA}=r-1$, $\mathit{MB}=r$ in $\mathit{MC}=r-2$, pri čemer je $\mathit{AB}=\mathit{MC}$. Z uporabo Pitagorovega izreka v pravokotnem trikotniku $\mathit{ABM}$ dobimo enačbo

kar je mogoče poenostaviti na

Ker $r=1$ vodi do neveljavne konfiguracije, je edina veljavna rešitev $r=5$. Preostala površina lista je torej $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ (v ${\mathrm{dm}}^2$).

Odgovor:

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

Če zmešamo $x$ enot prve snovi in $y$ druge, nastala zmes vsebuje $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ algebre in $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ alkimije. Da bi dobili razmerje $1:1$, mora veljati

kar lahko preuredimo v $y=\frac{3}{2}x$. Z drugimi besedami, za vsak $\mathrm{mg}$ Algebrata je treba v mešanici uporabiti $1,5\mathrm{mg}$ Alkeme. Zato bo največja količina Algemije proizvedena, ko bo Nábojan uporabil vseh $14\mathrm{mg}$ Alkeme in $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ Algebrata, kar bo skupaj proizvedlo $\frac{5}{3}\cdot 14=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ iskane mešanice.

Odgovor:

$34$

Naj bo $m^2=M=K+3333$. Ker sta števili $M$ in $K$ obe $4$-mestna popolna kvadrata, dobimo $32\le n<m\le 99$ in torej

oziroma

Sedaj je

Glede na zgornje omejitve sta edina možna faktorja $m+n=101$ in $m-n=33$, kar daje rešitev $m=67$ in $n=34$. Preverimo še, da ima $K=34^2=1156$ res vse števke manjše od $7$.

Odgovor:

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

Ker sta $X$ in $Y$ središči osnovnih ploskev valja, je višina valja enaka njuni razdalji. Ker sta $X$ in $Y$ nasprotni oglišči kocke, ležita na prostorski diagonali dolžine $\sqrt{3}$. Za določiti polmer valja, izberemo katero koli drugo oglišče kocke $Z$ in izračunamo njegovo oddaljenost od diagonale $\mathit{XY}$. Trikotnik $\mathit{XZY}$ je pravokoten, s pravim tokom pri oglišču $Z$ ($\mathit{XZ}$ je diagonala ploskve in $YZ$ je rob kocke), iskani polmer pa je višina od $Z$ na $\mathit{XY}$. Zaradi podobnosti (ali primerjave ploščin) je ta višina $\sqrt{2∕3}$. Zato je prostornina valja

Odgovor:

$13$

Druga trditev ne more biti resnična: če bi bilo vsaj $31$ oprod, bi vsi na vprašanje odgovorili negativno, zaradi česar bi bilo nemogoče imeti $39$ pozitivnih odgovorov. Zato je največ $30$ oprod. Ker vitezi vedno govorijo resnico, so morali na to vprašanje odgovoriti negativno, kar pomeni, da je lahko največ $60-39=21$ vitezov.

To tudi pomeni, da je prva trditev napačna. Pozitivni odgovori v višini $43$ so zagotovo prišli od vseh oprod in nekaj normalnih ljudi. Ker je oprod največ $30$, mora obstajati vsaj $43-30=13$ normalnih ljudi.

Ta porazdelitev je mogoča, saj $17$ vitezov, $30$ oprod in $13$ normalnih ljudi izpolnjuje oba pogoja. Tako je najmanjše število normalnih ljudi v vasi $13$.

Odgovor:

$24$

Najprej opazimo, da je skupno število podeljenih točk 7, kar pomeni, da je od 6 tekem natanko ena bila takšna, da je zmagovalna ekipa prejela dve točki, pri preostalih pa so zmagovalci prejeli le eno točko. To pomeni, da je najboljša ekipa premagala vse druge ekipe, pri čemer je bila natanko ena od teh zmag z večjo razliko. Tekme med tremi ne-najboljšimi ekipami so morale privesti do “cikla“, saj je vsaka od teh ekip prejela samo eno točko in obstajata natanko dva načina za usmeritev tega cikla. Skupaj obstaja $4\cdot 3\cdot 2=24$ načinov, na katere bi se turnir lahko razpletel.

Odgovor:

$225$

Očitno je najmanša vrednost $M$ enaka 9, saj je

Če je $k\ge 1$, potem z vsako zamenjavo $10^k=10\cdot 10^{k-1}$ povečamo število členov za 9. Sledi, da mora biti $M$ večkratni števila 9; Še več, vse možne vrednosti $M$ tvorijo množico večkratnikov števila 9. Največja možna vrednosti števila $M$ je 2025, saj

Sledi, da je število vseh možnih vrednosti $M$ enako

Odgovor:

$360$

Naj $t_1$ označuje čas, ki je pretekel od trenutka ko je bil vlak poravnan s pozicijo Maksa in Pavla, do trenutka, ko je zadnji del vlaka dosegel Maksa. Podobno, naj $t_2$ označuje čas, ki je pretekel od trenutka, ko je zadnji del vlaka dosegel Maksa do trenutka, ko je dosegel Pavla. Ker sta Maks in Pavel hodila z enako hitrostjo in ker je med časom $t_1$ Maks prehodil $45$ metrov, med časom $t_2$ pa je Pavel prehodil $60-45=15$ metrov, je razmerje med intervaloma enako

Poglejmo še gibanje vlaka. Med $t_1$ je vlak prevozil $\ell -45$ metrov, ker je najprej sprednji del vlaka sovpadal s pozicijo Maksa in Pavla, na koncu tega intervala pa je bil zadnji del vlaka še $45$ metrov stran od te točke. Med $t_2$, pa je zadnji del vlaka prevozil $105$ metrov med Maksom in Pavlom. Sledi, da je hitrost vlaka enaka

Celotna dolžina vlaka je podana z

Odgovor:

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

Ker je trikotnik $X{C}^{\prime }B$ enakokrak, imamo

Zaradi prepogiba je kot $\mathit{\angle CXY}=\mathit{\angle Y}X{C}^{\prime }$, sledi

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

Odgovor:

$911$

Opazimo, da je za $k\le n$, število vseh naraščajočih naborov velikosti $k$ enako $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, saj strogo naraščajoči nabori velikosti $k$ ustrezajo podmnožicam velikosti $k$. Bolj splošno, število vseh naraščajočih naborov velikosti $k$ z elementi iz množice $\{m,m+1,\dots ,n\}$ je enako $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Za določitev pozicije nabora, preštejemo število vseh leksikografsko manjših naraščajočih naborov velikosti $4$, ki jih združimo glede na njihove že znane elemente:

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

Sledi, da se nabor $(2,4,7,14)$ pojavi na mestu $455+364+66+19+6+1=911$.

Odgovor:

$60$

Z $A$ označimo število jabolk, ki jih je prodal Adam, z $B$ pa število jabolk, ki jih je prodala Beti. Vemo, da

Z zamenjavo $b=\frac{45}{A}$ in $a=\frac{20}{B}$ v drugi enačbi dobimo

Torej je $A=\frac{3B}{2}$. To vstavimo v prvo enačbo in dobimo $\frac{3B}{2}+B=\frac{5B}{2}=100$. Sledi $B=40$ in $A=100-40=60$.

Odgovor:

$598$

Naj bodo $a$, $b$ in $c$ prva, druga in tretja števka tromestnega števila $N$. Če je $c=9$, potem je $N>9^3=729$, torej mora $a$ biti bodisi $7$, bodisi $8$. V obeh primerih pa nimamo izbire števke $b$ s katero bo zadnja števka števila $729+a+b^2$ enaka $9$.

Poskusimo s $c=8$. Ker je $8^3=512$, mora $a$ biti bodisi $5$, bodisi $6$, ampak

torej je $a$ lahko zgolj $5$. Poiščimo še $b$, ki ustreza enačbi

oziroma

z rešitvama $b=1$ and $b=9$. Vsaka od možnosti nam da po eno rešitev:

(Ekvivalentno lahko označimo, da mora biti zadnjša števka števila $b^2$ enaka $1$.)

Če je $c\le 7$, potem

torej je največja vrednost števila $N$ enaka $598$.

Odgovor:

$42$

Točko $P$ povežemo z vsemi točkami, ki razdelijo stranice štirikotnika $\mathit{ABCD}$ na tri dele. S tem dobimo dvanajst trikotnikov.

Trije trikotniki vzdolž ene stranice imajo enako ploščino, saj imajo enako višino ter enako veliko osnovnico. Naj bo $a$ ploščina trikotnika $\mathit{PEI}$, $b$ ploščina trikotnika $\mathit{PJF}$, $c$ ploščina trikotnika $\mathit{PKG}$ in $d$ ploščina trikotnika $\mathit{PLH}$. Iz danih podatkov nastavimo enačbe

Ploščina štirikotnika $\mathit{PFBG}$ ja podana kot $b+c$. Izračunamo

Odgovor:

$237$

Vsega skupaj imamo $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ načinov izbire štirih kvadratov na obroču dvanjastih kvadratov. Za vsako od štirih stranic obroča imamo osem kvadratov, ki niso na tej stranici, kar nam da $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ izborov, pri katerih na eni stranici obroča ni izbran noben kvadrat. Sledi, da je $495-4\cdot 70=215$ izborov, kjer ne izpustimo nobene stranice. Vendar smo na ta način nekatere izbore odšteli dvakrat in sicer tiste, kjer istočasno izpustimo dve stranici. To lahko naredimo z izbiro $4$ od $5$ kvadratov v bližini enega vogala ($5$ načinov za en vogal, $20$ za vse $4$) ali pa z izbiro $4$ od $4$ nasproto ležečih sredinskih kvadratov (samo dva načina). To nam da $215+22=237$ načinov. Ker je izpuščanje treh ali štirih stranic v tem primeru nemogoče, je to tudi naša končna rešitev.

Odgovor:

$\frac{6}{5}$

Središča treh krožnic označimo z $X$, $Y$, $Z$. Nadalje z $A$, $B$ in $C$ označimo dotikališča kot je prikazano na sliki spodaj. Trikotnik $\mathit{XY}Z$ ima stranice dolžin $1+2=3$, $1+3=4$ in $2+3=5$, kar pa je ravno trojica števil, ki zadostuje Pitagorovem izreku. Trikotnik $\mathit{XY}Z$ je torej pravokoten s pravim kotom pri oglišču $X$. Za izračun ploščine trikotnika $\mathit{ABC}$ moramo odšteti ploščine trikotnikov $\mathit{XCB}$, $Y\mathit{AC}$ in $\mathit{ZBA}$ od ploščine trikotnika $\mathit{XY}Z$, ki je enaka $\frac{1}{2}(3\cdot 4)=6$.

• Trikotnik $\mathit{XCB}$ je pravokoten, torej je njegova ploščina enaka $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$.
• Za izračun ploščine trikotnika $Y\mathit{AC}$, moramo najprej poiskati dolžino višine $\mathit{AR}$. Ker sta si trikotnika $\mathit{RY}A$ in $\mathit{XY}Z$ podobna v razmerju $YA∕YZ=\frac{2}{5}$ sledi, da je $\mathit{AR}=\frac{2}{5}\mathit{ZX}=\frac{8}{5}$. Ploščina trikonika $Y\mathit{AC}$ je torej enaka $\frac{1}{2}(\frac{8}{5}\cdot 2)=\frac{8}{5}$.
• Podobno izračunamo tudi ploščino trikotnika $\mathit{ZBA}$. Uporabimo podobnost trikotnikov $△\mathit{SAZ}\sim △\mathit{XY}Z$ z razmerjem $\frac{3}{5}$, da dobimo $\mathit{AS}=\frac{9}{5}$. Ploščina trikotnika $\mathit{ZBA}$ je torej enaka $\frac{1}{2}(\frac{9}{5}\cdot 3)=\frac{27}{10}$.

Končno lahko izračunamo željeno ploščino

Odgovor:

$300$

Enostavno je videti, da je število diagonal $n$-kotnika enako $\frac{1}{2}n(n-3)$. Ker je število 2025 liho, lahko ekvivalentno raziskujemo, kdaj je produkt $P=n(n-3)$ deljiv z 2025. Ker je $2025=3^4\cdot 5^2$ in sta si števili $3$ in $5$ tuji, moramo zagotoviti, da bo $P$ deljiv s $3^4=81$ in $5^2=25$. Upoštevajte, da je lahko samo eden od faktorjev $n$, $n-3$ deljiv s $5$ in zato mora biti en od njih deljiv s $25$. Po drugi strani pa je $n$ deljiv s $3$ če in samo če je $n-3$ deljiv s $3$, zato oba faktorja prispevata k skupni potenci $3$, ki deli $P$; vendar je samo eden od faktorjev $n$, $n-3$ lahko deljiv s $3^k$ za $k\ge 2$. To pomeni, da je eden od faktorjev deljiv s $3^3=27$.

Če bi bil eden od faktorjev deljiv tako s $25$ kot s $27$, bi bil enak vsaj $25\cdot 27=675$. Preverimo, ali lahko najdemo manjšo vrednost, če izberemo enega od faktorjev (recimo $m$), ki je deljiv s $27$, in drugega ($m\pm 3$), ki je deljiv s $25$ (tako je bodisi $n=m$ bodisi $n=m+3$). Po prvem pogoju imamo $m=27k$ za neko naravno število $k$ in nas zanima najmanjša vrednost $k$, za katero je $27k\pm 3$ deljiv s $25$ (pri eni od možnosti za predznak). Ker je $25k$ vedno deljiv s $25$, lahko ekvivalentno obravnavamo izraz $2k\pm 3$, ki je prvič deljiv s $25$ za $k=11$ in pozitiven predznak. Torej je $m=27\cdot 11=297$ in $n=m+3=300$.

Odgovor:

$84$

Za vsako vozlišče izračunamo (1) število (usmerjenih) poti, ki se začnejo v $A$ in končajo v tem vozlišču, (2) število poti do $B$, ki se začnejo v tem vozlišču. V spodnjem diagramu, na primer, $3|1$ v zgornjem desnem vozlišču pomeni, da obstajajo natanko tri poti, ki se začnejo v začetnem vozlišču in končajo v tem vozlišču, in samo ena pot iz tega vozlišča do končnega vozlišča. Za vsako puščico je število poti, ki jo prečkajo v nasprotni smeri, podano s produktom prvega števila na končnem vozlišču in drugega števila na začetnem vozlišču, zato ta produkt izračunamo za vsako puščico in te seštevamo. Rezultat je 84.

Odgovor:

$18249$

Račun lahko ekvivalnetno prepišemo kot

ki se poenostavi v

Iz tega sledi, da je $N=1$. Na tem mestu nam ostane $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, kar pomeni, da je $A=8$. Nadaljnja redukcija $914-888=26$ daje $B=2$, in na koncu $O=4$. Vrednost $J$ je lahko poljubna, vendar različna od že uporabljenih številk, zato je največja možna vrednost $\mathit{NABOJ}$ enaka $18249$.

Odgovor:

$150$

Označimo z $YN$ število organizatorjev, ki so v prvem glasovanju glasovali za, v drugem pa proti; podobno definiramo $YY$, $\mathit{NN}$ in $\mathit{NY}$. Naj bo $YX$ število organizatorjev, ki so po prvem glasovanju zapustili sobo. Imamo naslednji sistem enačb:

Če vstavimo $YY=120$ in $\mathit{NN}=70$ ter preuredimo člene, dobimo

Če pomnožimo drugo enačbo z $2$ in seštejemo vse enačbe, dobimo $3YX=450$, zato je $YX=150$. Preostali dve spremenljivki sta enaki $YN=5$ in $\mathit{NY}=155$.

Odgovor:

$12$

Naj bo $g=D(a,b)$. Potem je $a=g{a}^{\prime }$ in $b=g{b}^{\prime }$ za neki naravni števili $a^{\prime }$ in $b^{\prime }$. Ker je $g\le a\le b$, je tričlensko aritmetično zaporedje enako ali $(g,a,b)$ ali njegov obrat; v obeh primerih velja $a-g=b-a$ oziroma $b=2a-g$, kar postane $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$ po deljenju z $g$. Iz pogoja o vsoti dobimo

torej je $g{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. To število ima $(3+1)\cdot (2+1)=12$ pozitivnih deliteljev in sedaj je potrebno preveriti, ali vsak tak delitelj daje veljavno vrednost $a^{\prime }$, torej tako, ki jo je mogoče dopolniti do veljavnega para $(a,b)$. Res, če je $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $g=675∕a^{\prime }$, $a=g{a}^{\prime }=675$, $b=g{b}^{\prime }$, imamo $a\le b$, ker je $g{a}^{\prime }\le g(2a^{\prime }-1)$ za vsaki naravni števili $a^{\prime }$, $g$, in tudi

ker sta si $a^{\prime }$ in $2a^{\prime }-1$ tuji za vsako naravno število $a^{\prime }$.

Odgovor:

$697$

Upoštevajte, da je množica nalog, ki jih reši ekipa, popolnoma določena z množico nerešenih nalog in obratno; to lahko vidimo tudi kot množico nalog, ki jih je ekipa pustila na mizi ob koncu tekmovanja, kar je lahko katera koli množica velikosti največ 3. Zato je ekip, ki so tekmovale, največ

Odgovor:

$51$

S pomočjo formule $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$ lahko dane enakosti preuredimo v sledeče enačbe

Izračunati želimo $(a-2)(d-2)$. Zaradi druge enačbe vemo, da $b\ne 2$ in $c\ne 2$ in zato lahko želen izraz izračunamo kot

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

Odgovor:

$540^{\circ }∕7$

Ker je $\mathit{ABCDEFG}$ pravilen sedemkotnik, je kot $\mathit{AME}$ pravi in je $\mathit{AE}$ premer večje krožnice. Namesto da bi merili kot med tangentama v točki $X$, lahko ekvivalentno obravnavamo kot med tangentama v točki $A$, ki je druga točka presečišča obeh krožnic. Ta kot je enak kotu $\mathit{BAE}$ med ustreznimi premeri, saj so ti pravokotni na tangente. Njegovo velikost, $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$, lahko enostavno določimo s pomočjo simetrije pravilnega sedemkotnika ali pa prepoznamo, da je to obodni kot, ki ustreza središčnemu kotu $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$ od sedemkotniku očrtane krožnice.

Odgovor:

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

Začnimo z bolj splošno opazko: za katero koli naravno število $n$ in realna števila $x_1,x_2,\dots ,x_n$ je vsota izrazov ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ za vse možne izbire predznakov enaka

Da vidimo, zakaj to velja, razčlenimo ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$. Vsaka razčlenitev vsebuje kvadratne člene $x_i^2$, pa tudi mešane člene v obliki $\pm 2x_i{x}_j$ za $i\ne j$. Vsak člen $x_i^2$ se pojavi v vsaki možni razčlenitvi ne glede na izbrane predznake. Ker je $2^n$ različnih kombinacij znakov, ti kvadratni členi prispevajo skupni faktor $2^n$. Po drugi strani pa se mešani členi $\pm 2x_i{x}_j$ pojavijo s pozitivnim predznakom v točno polovici primerov in z negativnim predznakom v drugi polovici primerov, odvisno od tega, ali imata $x_i$ in $x_j$ isti predznak ali ne. Ker se ti prispevki izničijo po vseh možnih izbirah predznakov, ne vplivajo na končno vsoto. Tako se skupna vsota poenostavi na $2^n$ kratnik vsote kvadratnih členov, kar dokazuje formulo. V našem primeru imamo $x_k=2^{k-1}$ in želena vsota je

Po formuli za vsoto geometrijske vrste

dobimo končni rezultat

Odgovor:

$56$

Segment definiramo kot eno stran ceste kvadratne oblike. Naj bosta $m=24$ in $n>m$ hitrosti počasnejšega in hitrejšega avtomobila, v tem vrstnem redu. Upoštevajte, da je to, ali se elastika kdaj pretrga, odvisno le od razmerja hitrosti, ne pa od njihovih absolutnih vrednosti. Naj sta torej $m^{\prime }$, $n^{\prime }$ tuji pozitivni celi števili z $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$. Trdimo, da se trak nikoli ne pretrga natanko tedaj, ko je $n^{\prime }-m^{\prime }$ večkratnik $4$.

Najprej analizirajmo primer, ko $n^{\prime }-m^{\prime }$ ni večkratnik števila 4. Ko počasnejši avto prevozi $m^{\prime }$ segmentov, je v vogalu. Istočasno je hitrejši avto prevozil $n^{\prime }$ segmentov (zaradi razmerja hitrosti), zato je tudi v vogalu. Ker $n^{\prime }-m^{\prime }$ ni deljivo s $4$, ta dva vogala ne moreta sovpadati. Če se izkaže, da sta nasprotna vogala, se trak takoj raztrga. Če sta sosednja vogala, se avtomobila po prevoženih še $m^{\prime }$ in $n^{\prime }$ segmentih znajdeta v nasprotnih vogalih, kar tudi povzroči pretrganje traku.

Predpostavimo sedaj, da je $n^{\prime }-m^{\prime }$ večkratnik števila 4. Najprej upoštevajmo, da avtomobila ne moreta biti oba v vogalu prej kot takrat, ko je počasnejši avto prevozil $m^{\prime }$ segmentov. V nasprotnem primeru, recimo po $s<m^{\prime }$ segmentih počasnejšega avtomobila, bi hitrejši avto prevozil $\frac{s}{m^{\prime }}\cdot n^{\prime }$ segmentov, kar ne more biti celo število, ker sta $m^{\prime }$ in $n^{\prime }$ tuji števili. Zato oba avtomobila prvič dosežeta vogale hkrati, ko počasnejši avto prevozi $m^{\prime }$ segmentov, hitrejši pa $n^{\prime }$. Po predpostavki je $n^{\prime }-m^{\prime }$ večkratnik števila $4$, zato morata pristati na istem vogalu. Ko sovpadata v vogalu, se celotna situacija dejansko ponastavi (po možnosti z začetkom v drugem vogalu), tako da se trak nikoli ne pretrga.

Poiskati moramo še najmanjši $n>24$, ki izpolnjuje dani pogoj. Imeti moramo $n^{\prime }-m^{\prime }$ deljivo s $4$. V tem primeru morata biti tako $m^{\prime }$ kot $n^{\prime }$ lihi števili. Ker je $m^{\prime }$ delitelj števila $m=24$, sta edini možni vrednosti 1 in 3. Če je $m^{\prime }=1$, je najmanjše število $n^{\prime }$, ki je tuje številu $m^{\prime }$ in za katerega je izraz $n^{\prime }–1$ večkratnik $4$, število $5$. Potem je $n=\frac{24}{1}\cdot 5=120$. Če je $m^{\prime }=3$, je najmanjše število $n^{\prime }$, ki je tuje številu $m^{\prime }$ in za katerega je izraz $n^{\prime }–3$ deljiv s $4$, število $7$. Tukaj je $n=\frac{24}{3}\cdot 7=56$. Ker je $56$ manjše od $120$, sklepamo, da je želena najmanjša vrednost $n$ enaka $56$.

Odgovor:

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

Označimo igralce s števili $1$, $2$, $\dots$, $2025$ in število kovancev, ki jih ima igralec $p$ po $r$ krogih, kot $m_{p,r}$. Brez škode za splošnost lahko predpostavimo, da je igralec $1$ izgubil prvi krog, igralec $2$ drugega in tako naprej. Označimo z $M=2^{3000}$ število kovancev, ki jih ima na koncu igre vsak igralec.

Za igralca $p$ se po porazu v $p$-tem krogu znesek njegovih kovancev po vsakem krogu podvoji, dokler ne doseže $M$ na koncu igre; torej je za krog $p\le r$ količina kovancev za igralca $p$ enaka

Še več, ker je $r$-ti igralec izgubil $r$-ti krog, je izgubil toliko kovancev, kolikor jih imajo vsi drugi igralci skupaj, in ker je skupni znesek kovancev v igri $2025M$, sledi, da

S preureditvijo enačbe dobimo

Če vstavimo $r=1$, dobimo želeni rezultat

Odgovor:

$\sqrt{10}$

Dejstvo, da ima končni stožec ničelni volumen, pomeni, da združitev treh enakih plaščev povzroči popolnoma ravno obliko – poln krog. Posledično vsak posamezen plašč stožca, ko je sploščen, ustreza krožnemu izseku s središčnim kotom $120^{\circ }$. Naj bo $l$ stranica prvotnega stožca in $r$ polmer njegove osnovne ploskve. Iz središčnega kota dobimo zvezo $l=3r$. Upoštevajmo, da stranica stožca ostane nespremenjena pri vseh treh stožcih, vključno z degeneriranim.

Vmesni stožec, ki ga tvori spajanje dveh plaščev, ima središčni kot $240^{\circ }$, kar mu daje polmer osnovne ploskve $2r$. Z uporabo formule za prostornino stožca dobimo

Od koder lahko izrazimo $r^3$ in s pomočjo tega izračunamo prostornino prvotnega stožca kot