Naloge in rešitve

Odgovor:

6, 16, 28

Večina števil na pločevinkah je večkratnikov štavila $3$. Ostanek pri deljenju števila $50$ s $3$ je enak $2$, zato mora tudi vsota števil na izbranih pločevinkah pri deljenju s $3$ dati ostanek $2$. Torej mora biti vključeno vsaj eno število, ki ni deljivo s $3$. Taki števili sta samo $16$ in $28$.

Ne moremo uporabiti samo enega od teh dveh števil, saj obe števili dasta ostanek $1$ pri deljenju s $3$. Poleg tega, če prištejemo poljubno število večkratnikov števila $3$ bodisi številu $16$ ali $28$, to ne bo spremenilo ostanka pri deljenju s $3$, torej vsota ne more biti $50$. Od tod sledi, da moramo uporabiti tako število $16$ kot tudi $28$. Njuna vsota je $16+28=44$, kar da ostanek $2$ pri deljenju s $3$. Da dosežemo skupno vsoto $50$, potrebujemo še $50-44=6$, ki se pojavi na eni od pločevink in je ne moremo doseči kot vsoto številk na ostalih pločevinkah. Pločevinke, ki jih moramo podreti so torej $6$, $16$ in $28.$

Odgovor:

$21$

Obstaja pet načinov, da dobimo število $8$ kot skupno vsoto pri metu treh kock:

V primeru $6+1+1$, se lahko število $6$ pojavi na rdeči, modri ali rumeni kocki. Imamo torej tri možnosti za vsoto $6+1+1$. Po analogiji imamo tri možnosti tudi v primerih $4+2+2$ in $3+3+2$. V primeru $5+2+1$ imamo $3\cdot 2\cdot 1=6$ možnosti za razporeditev števil na tri kocke različnih barv. Enako velja v primeru $4+3+1$. Skupno je torej $3\cdot 3+2\cdot 6=21$ načinov.

Odgovor:

$12$

Naj bo $a$ Adamova starost in $c_1\le c_2\le c_3\le c_4$ starosti njegovih otrok. Navodilo naloge implicira dve enačbi: $a=c_2+c_3+c_4$ in $a+6=(c_1+6)+(c_2+6)+(c_3+6)$. S substitucijo prve enačbe v drugo dobimo $c_2+c_3+c_4+6=c_1+c_2+c_3+18$, kar poenostavimo v $c_4=c_1+12$. Zaključimo, da je najstarejši otrok $12$ let starejši od najmlajšega otroka.

Odgovor:

$36$

Ura mora biti dvomestno število, ki ne presega $23$, s števkama iz množice $\{1,\dots ,5\}$. Edine možnosti so $12$, $13$, $14$, $15$, $21$ in $23$. Za vsako tako uro smo porabili dve števki, torej ostanejo tri števke iz katerih moramo sestaviti minute, tako da uporabimo dve različni števki. To lahko naredimo na $3\cdot 2=6$ načinov, pri čemer so vsa dobljena števila veljavne minute. Torej za vsako od šestih možnih ur dobimo šest veljavnih časov, kar skupno da $6\cdot 6=36$ časov.

Odgovor:

$67.5^{\circ }$

Naj bo $X$ presečišče diagonal $\mathit{CF}$ in $\mathit{EG}$. Namesto, da bi izračunali $\mathit{\angle CXE}$, kot je nakazano na sliki, bomo izračunali velikost kota $\mathit{\angle FXG}$, ki je enaka velikosti kota $\mathit{\angle CXE}$. Najprej opazimo, da je $\mathit{\angle GFX}=\mathit{\angle GFC}=90^{\circ }$, saj je $\mathit{BCFG}$ pravokotnik. Poleg tega, ker je trikotnik $\mathit{EFG}$ enakokrak in je $\mathit{\angle GFE}=135^{\circ }$, imamo $\mathit{\angle XGF}=\mathit{\angle EGF}=22.5^{\circ }$. Zato iz trikotnika $\mathit{FGX}$ sklepamo, da je $\mathit{\angle FXG}=180^{\circ }-90^{\circ }-22.5^{\circ }=67.5^{\circ }$.

Odgovor:

$36$

Ker je

sledi, da je $a+b+c+d+e=80$. Da maksimiramo $d$, moramo ostala števila minimizirati, pri čemer upoštevamo vrstni red. Najmanjše možne vrednosti so $a=1$, $b=2$, $c=3$ in $e\ge d+1$. Torej

od koder sledi, da je $2d\le 73$ in posledično $d\le 36$ ($d$ je celo število). Ta meja je dosežena z $(a,b,c,d,e)=(1,2,3,36,38)$, kar se sešteje v $80$ in zadošča vrstnemu redu. Tako je največja možna vrednost $d$ enaka $36$.

Odgovor:

$567$

Ker je iskano število deljivo z $9$, je vsota njegovih števk $9$ ali $18$. Ker je število liho, $6$ ne more biti na mestu enic, torej je na mestu stotic ali desetic. Ne more biti na mestu stotic, saj bi bila sicer najmanjša možna vsota števk $6+7+8=21>18$. Torej je $6$ na mestu desetic. To pomeni, da je števka na mestu enic vsaj $7$ in posledično je vsota števk $18$, vsota števk na mestih enic in stotic pa $12$. Imamo naslednje možnosti za stotice in enice: $(3,9)$, $(4,8)$ in $(5,7)$. Prva ne more biti iskana rešitev saj z brisanjem $9$ dobimo ťevilo $36$, ki je deljivo z $9$. Druga možnost je izključena, ker je število, ki ga dobimo sodo. Ostane torej samo $(5,7)$. Sfingino število je torej $567$.

Odgovor:

$28$

Prekrivanje ustvari tri manjše in tri večje skladne enakostranične trikotnike zunaj osenčenega šestkotnika. Naj bo $\mathit{AB}=x$ in $\mathit{BC}=y$. Potem je dolžina stranice večjega trikotnika enaka $2x+y=17$ in dolžina stranice manjšega trikotnika je $x+2y=11$. Če seštejemo ti dve enačbi dobimo $3x+3y=28$, kar je natanko obseg osenčenega šestkotnika.

Alternativna rešitev: Ta rešitev ponuja dokaz brez besed, tako da stranice šestkotnika preslikamo na eno stran vsakega od dveh danih enakostraničnih trikotnikov. Torej je obseg šestkotnika natanko vsota dolžin stranic danih enakostraničnih trikotnikov, in sicer $17+11=28$.

Odgovor:

$242$

Ana mora imeti oblečeno natanko eno majico, ene hlače, en par nogavic in en par superg in ima lahko lase spete v čop ali pa ne.

Najprej obravnavajmo primer, ko ima Ana obute bele nogavice. Glede na navodilo ima te obute samo, če je cela v belem. Torej morajo biti majica, hlače in superge vse bele. Če ima čop, je bela tudi elastika, lahko pa čopa nima. To nam da $2$ možni opravi.

Sedaj obravnavajmo še primer, ko nima obutih belih nogavic (torej so nogavice lahko rdeče ali oranžne), kar nam daje $2$ možnosti. Dalje imamo $5$ možnih izbir za majico, $3$ možne izbire za hlače, $2$ možni izbiri za superge in $4$ možne izbire za elastiko (bela, črna, siva ali brez elastike). V tem primeru imamo torej

možnih oprav.

Ko oba primera združimo dobimo $240+2=242$ možnosti.

Odgovor:

$1239$

Naj $\overline{\mathit{ABCD}}$ označuje iskano število, s števkami $A$, $B$, $C$ in $D$. Iz pogojev dobimo $B=2A$ in $D=3C$. Torej je

kar lahko poenostavimo do $A^2+2C^2=19$. Ker imamo na desni strani liho število, mora biti $A$ liho število; poleg tega je $A$ števka in velja $A^2\le 19$, torej mora veljati $A\in \{1,3\}$. S preizkušanjem teh dveh možnosti ugotovimo, da je $A=1$, kar nam dalje da $2C^2=18$ in posledično je $C=3$. Torej je $B=2$, $D=9$, in iskano število je $1239$.

Odgovor:

$16$

Najprej opazimo, da je vsota $\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5$ vedno različna od $0$; to velja zato, ker je $1+2+3+4+5=15$ liho število in sprememba enega predznaka spremeni vsoto za sodo mnogo, torej bo rezultat vedno liho število. Če sedaj obravnavamo poljubno razporeditev predznakov in v tej vse predznake zamenjamo (torej vse pluse zamenjamo za minuse in vse minuse za pluse), se bo vsota spremenila iz pozitivne v negativno ali obratno, kar nam da popolno ujemanje med pozitivnimi in negativnimi rezultati. Za vsakega od petih kvadratkov lahko neodvisno izberemo plus ali minus, s čimer imamo $2$ možnosti za vsak kvadratek in $2^5=32$ možnosti skupaj. Ker se nobena od teh možnosti ne sešteje v $0$, mora biti natanko polovica seštevkov pozitivnih in polovica negativnih. Torej lahko Alja dobi pozitiven rezultat na $16$ načinov.

Odgovor:

$619$

Ker je prva števka vseh treh števil enaka, mora za $A$ veljati $3A\le 20$ in $3A\ge 18$, saj lahko pri seštevanju treh števk prenesemo naprej največ $2$. Torej je $A=6$. Sedaj se morata v stolpcu enic $B$ in $C$ sešteti v $10$, kar pomeni, da se v stolpec od desetic prenese $1$. Zato mora biti $C=9$ in posledično je $B=1$. Zaključimo, da je $\mathit{ABC}=619$.

Odgovor:

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

Ker ima kvadrat ploščino enako $4$, mora imeti vsak od pravokotnikov ploščino enako $1$. S tem takoj dobimo, da mora biti širina desnega pravokotnika enaka $\frac{1}{2}$ in širina spodnjega pravokotnika enaka $2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, torej je njegova višina $1∕\frac{3}{2}=\frac{2}{3}$. Posledično je višina preostalih dveh pravokotnikov enaka $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$. Da dobimo vsoto obsegov vseh pravokotnikov lahko sedaj obsegu kvadrata, t.j. $4\cdot 2=8$, prištejemo dvakratnik vsote notranjih segmentov, saj vsak izmed njih pripada dvem pravokotnikm. Dolžine teh segmentov so $2$, $\frac{3}{2}$ in $\frac{4}{3}$, torej je dvakratnik njihove vsote $2\cdot \left(2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{29}{3}$. Vsota, ki jo iščemo je zato $8+\frac{29}{3}=\frac{53}{3}$.

Odgovor:

$12158$

Ko enkrat zapišemo $2026$, je vsota števk enaka $10$. Po prvi pojavitvi, bo vsak niz na sodem mestu vseboval število $202$, kar poveča vsoto števk za $4$ in bo vsak niz na lihem mestu vseboval število $026$, kar vsoto števk poveča za $8$.

Torej se bo vsakič, ko po prvem zapisu dodamo dva niza, kar se zgodi $1012$ krat ($1+2\cdot 1012=2025$), vsota števk povečala za $12$. Zadnji dodan niz ($2026$-ti) je na sodem mestu in bo povečal vsoto števk še za $4$. Skupaj torej dobimo $10+1012\cdot 12+4=12158$

Odgovor:

$14$ = $2$ PM

Ker ima dan $24$ ur, se določen čas v dnevu ponovi vsakih $24$ ur. Zato zadostuje, da poiščemo ostanek pri deljenju števila $N=260320261998$ s $24$. To lahko naredimo z običajnim deljenjem, ali pa tako, da poiščemo ostanka pri deljenju s $3$ in $8$ in rezultat združimo.

Ker je vsota števk števila $N$ deljiva s $3$ je tudi samo število $N$ deljivo s $3$. Ostanek pri deljenju z $8$ pa določa število, ki ga tvorijo zadnje tri števke, torej $998$. Ostanek pri deljenju števila $998$ z $8$ je enak $6$, zato je tudi ostanek pri deljenju števila $N$ z $8$ enak $6$. Zato mora biti ostanek pri deljenju s $24$ enak številu, manjšemu od $24$, ki je deljivo s $3$ in ima pri deljenju z $8$ ostanek enak $6$; edina možnost je $6$.

Torej bo po $N$ urah ura toliko, kolikor bi bila po $6$ urah, kar nanese na 2 popoldan ($8+6=14$).

Odgovor:

$16$

Najprej moramo pojesti jagodo $F$. Ostanejo nam jagode $A,B,C,D,$ in $E$.

Sedaj lahko pojemo bodisi jagodo $D$ bodisi jagodo $E$. Situacija je očitno simetrična, zato pojejmo najprej jagodo $E$, s čimer nam ostanejo jagode $A,B,C,$ in $D$. Sedaj lahko pojemo bodisi jagodo $C$ bodisi jagodo $D$:

• Če se odločimo za jagodo $C$, moramo za tem pojesti jagodo $D$ in nato ali jagodo $A$ ali jagodo $B$ ($2$ možnosti)
• Če se odločimo za jagodo $D$, lahko za tem pojemo eno izmed jagod $A,B,$ ali $C$ in za tem še preostali dve v poljubnem vrstnem redu. ($3\cdot 2$ možnosti)

Torej bomo vedno najprej pojedli jagodo $F$, nato imamo izbiro med jagodama $D$ in $E$, za tem pa nam preostane $2+6=8$ različnih možnosti. Skupno imamo torej $1\cdot 2\cdot 8=16$ možnosti, kako pojesti grozd.

Odgovor:

$12$

Število $x$ mora biti oblike $2^a\cdot 3^b\cdot 5^c\cdot 7^d$ (druga praštevila se ne morejo pojaviti, saj bi se sicer pojavila že v najmanjših skupnih večkratnikih). Prvi pogoj je ekvivalenten $a=6$, $b\le 3$, $c\le 4$ in $d\le 2$, medtem ko se drugi pogoj prevede v $a\le 8$, $b\le 4$, $c\le 3$ in $d=2$. To pomeni, da je v praštevilskem razcepu $\gcd (x,2^2\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7^3)$, eksponent števila $2$ enak $2$, eksponent števila $3$ katerokoli število med $0$ in $3$, eksponent števila $5$ katerokoli število med $0$ in $2$, in eksponent števila $7$ enak $2$. Zaključimo, da je takih števil $4\cdot 3=12$.

Odgovor:

$71$

Če pri obeh ogljiščih na desni strani izračunamo komplementarna kota do $90^{\circ }$, ugotovimo, da dana notranja točka leži na simetrijski osi, ki povezuje navpični stranici pravokotnika. To pomeni, da je celotna konfiguracija simetrična glede na to os. Zaključimo, da iskani kot znaša $90^{\circ }-19^{\circ }=71^{\circ }$.

Odgovor:

$1078$

Naj bo $c$ število poceni kroglic in $p$ njihova (celoštevilska) cena v florinih. Potem je $\mathit{cp}=459$ in ker je skupno $100$ kroglic, pri čemer je cenejših kroglic več kot dražjih, imamo $50<c<100$. Ker je cena celo število, mora biti $c$ delitelj števila $459=3^3\cdot 17$, ki leži strogo med $50$ in $100$, in edini tak delitelj je $c=51$. Torej, $p=459∕51=9$, in vsaka draga kroglica stane $p+13=22$ florinov. Število dragih kroglic je $100-51=49$, kar pomeni, da Alina za drage kroglice plača $49\cdot 22=1078$ florinov.

Odgovor:

$1$

V enačbi je $10$ različnih števk ($M$, $A$, $T$, $H$, $N$, $B$, $O$, $J$, $G$, $E$), zato so vse števke $0$–$9$ uporabljene natanko enkrat, kar pomeni, da je ena izmed črk enaka $0$. Od tod sledi, da sta obe strani enačbe nujno enaki $0$. Natančneje, $0$ se pojavi na obeh straneh, pri čemer se ne pojavi v imenovalcu ulomka. Edina taka črka je $M$, zato je $M=0$. Posledično je $M\cdot A\cdot N\cdot G\cdot O=0$ ne glede na vrednosti, ki jih dodelimo ostalim črkam, zato lahko ta produkt zavzame natanko eno vrednost.

Odgovor:

$24$

Naj $S$ označuje lego ladje, $A$ in $B$ robna svetilnika, $M$ pa srednji svetilnik. Ker velja $\mathit{MS}=\mathit{MA}=\mathit{MB}=13$, točke $A$, $B$, in $S$ vse ležijo na krožnici s središčem $M$. Poleg tega je daljica $\mathit{AB}$ premer te krožnice. Po Talesovem izreku je zato trikotni $\mathit{ABS}$ pravokoten v točki $S$. Ker velja $\mathit{AB}=\mathit{MA}+\mathit{MB}=26$ in $\mathit{AS}=10$, iz Pitagorovega izreka sledi

Zato je razdalja od ladje do drugega robnega svetilnika $24\mathrm{km}$.

Odgovor:

$81$

Pod danimi pogoji je barvanje piramide v celoti določeno z barvanjem spodnje vrstice, saj je vsako barvanje spodnje vrstice mogoče enolično dopolniti do barvanja celotne piramide. Ker je za vsak gradnik mogoče izbrati tri barve, je skupno $3^4=81$ možnih barvanj.

Odgovor:

$93$

Naj bo $n$ pozitivno celo število, za katero takšna razporeditev obstaja. Potem mora biti število $1$ v paru z $n+1$ (v smislu, da sta postavljeni na diametralno nasprotni mesti; v nadaljevanju bomo takšne pare preprosto imenovali pari). Nato mora biti $2$ v paru z $n+2$, in če nadaljujemo na ta način, vidimo, da mora biti $k$ v paru z $n+k$ za vse $k=1,2,\dots ,n$. Število $n$ je potem v paru z $2n$.

Tako je vsako število iz bloka $\{1,2,\dots ,2n\}$ v paru z drugim številom iz istega bloka, ta blok pa je mogoče ločiti od preostalih števil $\{2n+1,\dots ,100\}$. Če je $2n=100$, se postopek zaključi. V nasprotnem primeru ponovimo isti argument, začenši z $2n+1$, ki mora biti povezan s $3n+1$, in nadaljujemo analogno.

Sčasoma se množica $\{1,2,\dots ,100\}$ razdeli na disjunktne bloke dolžine $2n$. To je mogoče, če in samo če je $100$ deljivo z $2n$, torej če in samo če je $n$ pozitivni delitelj števila $50$.

Zlahka vidimo, da ta konstrukcija da veljavno razporeditev v pare za vsak tak delitelj (s sestavljanjem $\frac{100}{2n}$ blokov kot zgoraj). Sledi, da je odgovor vsota vseh pozitivnih deliteljev števila $50$, kar je

Odgovor:

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

Sivi trikotnik je podoben velikemu pravokotnemu trikotniku, pri čemer je dolžina njegove najkrajše stranice enaka $13-12=1$, saj sta oba pravokotna in si delita še drug kot (zgornji kot na naši sliki).

Zato je razmerje podobnosti med tema dvema pravokotnima trikotnikoma $1:5$ in druga kateta v sivem trikotniku ima dolžino $\frac{12}{5}$. Posledično je iskana ploščina

Odgovor:

7, 14

Naj bodo izbrana števila palčkov $a_1,a_2,\dots ,a_7$.

Predpostavimo, da je 7. palček govoril resnico. Potem je njegovo število enako natanko polovici celotne vsote, torej

Po isti logiki bi moral 6. palček lagati; sicer bi bilo njegovo število ${\displaystyle \frac{23}{2}}$.

Zato smo prepričani, da je prvih pet palčkov govorilo resnico. Če je $a_1\ge 2$, potem je vsota prvih petih števil vsaj $2+2+4+8+16=32$. Glede na to, da bi se ta vsota vsaj podvojila s tistim od zadnjih dveh palčkov, ki je govoril resnico, sklepamo, da je $a_1=1$. To določi tudi vrednosti:

Če je šesti palček govoril resnico, potem je $a_6=16$, torej mora biti $a_7$, da bi zadostili pravilni vsoti, enak $14$.

V nasprotnem primeru, če je šesti palček lagal, vemo, da je $a_7=16+a_6$, zato lahko izračunamo $a_6$ takole:

Odgovor:

1708

Dva izbrana kanala se razlikujeta za liho število natanko takrat, ko sta različne parnosti. Namesto neposrednega štetja bomo prešteli komplement: odšteli bomo izbore, ki nimajo lihih razlik.

Nabor šestih kanalov nima lihih razlik natanko takrat, ko ima vsak par sodo razliko, kar se zgodi le, če so vsi kanali iste parnosti. V množici $\{1,2,\dots ,13\}$ je sedem lihih kanalov in šest sodih kanalov, zato je število vseh lihih ali vseh sodih izborov $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{6}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{6}\right)=7+1=8$.

Ker obstaja skupaj $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{13}{6}\right)=1716$ možnosti za izbiro šestih kanalov, je število naborov z vsaj eno liho razliko $1716-8=1708$.

Odgovor:

36

Ker ima $N$ sedem različnih neničelnih števk, je vsaj ena izmed njih soda, zato je $N$ sodo število. Če bi bila med števkami $5$, bi deljivost s $5$ zahtevala, da se $N$ konča z $0$, kar je v nasprotju s pogojem, da so vse števke neničelne; zato je števka $5$ izključena. Število $N$ torej uporablja sedem števk iz množice $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$, kar pomeni, da iz te množice izpusti natanko eno števko. Števke $9$ ne more izpustiti: če bi bila $9$ izpuščena, bi bila množica števk $\{1,2,3,4,6,7,8\}$ z vsoto $31$, zato $N$ ne bi prestalo testa deljivosti s $3$, čeprav vsebuje števko $3$, kar je protislovje. Zato se mora $9$ pojaviti med števkami števila $N$, kar pomeni, da je $N$ (in s tem njegova vsota števk) deljivo z $9$. Ker je $1+2+3+4+6+7+8+9=40$, moramo izpustiti števko $4$, da dobimo vsoto števk $36$, ki je edini možni večkratnik števila $9$. Primer takšnega števila je $N=9867312$.

Odgovor:

$\frac{8}{9}$

Pravilni oktaeder z dolžino roba $a$ ima prostornino $k{a}^3$ za neko konstanto $k$ (dejansko ni težko pokazati, da je $k=\sqrt{2}∕3$, vendar to za rešitev ni potrebno). Da dobimo prisekani oktaeder, pri vsakem od $6$ oglišč oktaedra odstranimo pol oktaedra (piramido s kvadratno osnovno ploskvijo) z dolžino roba $a∕3$. Odstranjena prostornina je enakovredna trem oktaedrom, od katerih ima vsak dolžino roba $\frac{a}{3}$. Skupna odstranjena prostornina je torej $3\cdot k{\left(\frac{a}{3}\right)}^3=k{a}^3∕9$. Delež prostornine prisekanega oktaedra glede na prostornino prvotnega oktaedra je tako

Odgovor:

$\pm 1$, $\pm 2$

Naj bo $a=2^x+2^{-x}$. Potem je $4^x+4^{-x}=a^2-2$. Z vstavljanjem v enačbo dobimo

kar se poenostavi v

Reševanje te kvadratne enačbe nas pripelje do

z rezultatoma

V prvem primeru imamo

kar vodi do $2^x=4$ ali $2^x=\frac{1}{4}$, oziroma $x=2$ ali $x=-2$. V drugem primeru imamo

kar vodi do $2^x=2$ ali $2^x=\frac{1}{2}$, oziroma $x=1$ ali $x=-1$. Rešitve prvotne enačbe so torej $x=\pm 1,\pm 2$.

Odgovor:

28

Osem ogliščnih mest pobarvajmo z dvema barvama kot 3D šahovnico, tako da vsak železniški odsek (bodisi robni bodisi tunelski) vedno vodi iz mesta ene barve v mesto druge barve. Ker obiskovalec začne v mestu ene barve in mora končati v sosednjem mestu druge barve v natanko petih odsekih, se morajo barve na poti izmenjevati. Zato mora obiskati natanko dve vmesni mesti vsake barve, pri čemer morajo biti vsa obiskana mesta različna. Poleg tega je v tej konfiguraciji s tuneli vsak par mest različnih barv neposredno povezan z železniškim odsekom.

Najprej preštejmo vse poti dolžine 5, ne glede na pogoj o tunelih. Vsaka pot je oblike

kjer sta $o_1,o_2$ različni mesti barve mesta $B$ in sta $e_2,e_3$ različni mesti barve mesta $A$. Obstaja $3\cdot 2$ načinov za izbiro urejenega para $(o_1,o_2)$ izmed treh mest barve mesta $B$ (razen mesta $B$ samem), in $3\cdot 2$ načinov za izbiro urejenega para $(e_2,e_3)$ izmed treh mest barve mesta $A$ (razen mesta $A$ samem). Skupaj je torej $(3\cdot 2)\cdot (3\cdot 2)=36$ poti dolžine 5.

Sedaj odštejmo poti, ki sploh ne uporabljajo tunelov, tj. poti, ki uporabljajo le robne železnice. Prva poteza ne sme iti neposredno v $B$, zato sta možni le dve prvi potezi. Za vsako od teh dveh prvih potez se izkaže, da obstajajo natanko 4 načini za dokončanje poti dolžine 5 do $B$ z uporabo izključno robov, kar nanese $2\cdot 4=8$ takšnih poti.

Število poti dolžine 5, ki uporabljajo vsaj en tunel, je torej $36-8=28$.

Odgovor:

$63$

Z $a$, $b$, $c$ in $d$ označimo število pripadajočih glasov vsakega kandidata. To so naravna števila, ki zadoščajo pogojem

Če tretjemu pogoju prištejemo $c$ na obeh straneh, dobimo

Potem je $c=790$ in od tod sledi, da

Glasove $b$ izrazimo z $a$ in dobimo

Ker je $d<800$ in $d>c=790$, dobimo $791\le d\le 799$. Potem je

Edino število deljivo s $7$ v danem intervalu je $441=7\cdot 63$. Odgovor je torej $a=63$. Za tem lahko izračunamo še $b=378$, $c=790$, $d=795$ ter opazimo, da so zadoščeni vsi pogoji iz navodil naloge.

Odgovor:

12/7

Naj bosta $a$ in $b$ dolžini stranic kvadratov $\mathit{EFGH}$ in $\mathit{KGIJ}$. Iz navodil naloge, dobimo enačbi $7=\mathit{AD}=\mathit{JK}+\mathit{HE}=a+b$ in $1=\mathit{HK}=\mathit{HG}-\mathit{KG}=a-b$. Rešitev tega sistema linearnih enačb nam da $a=4$ in $b=3$.

Premica skozi središča kvadratov razdeli ploščino vsakega kvadrata na dva enaka dela. Od tod sledi, da lahko ploščino pravokotnika $\mathit{FBCI}$ izračunamo z

Ploščino pravokotnika $\mathit{FBCI}$ je podana tudi kot $\mathit{FB}\cdot (a+b)$. Iz teh dveh enačb dobimo $\mathit{FB}=\frac{\mathit{ab}}{a+b}=\frac{12}{7}$.

Odgovor:

$10010$

Naj bo vsota $n$ števil, k so zapisana na tabli enaka $S$. Potem

Dobljeni enačbi lahko poenostavimo:

Če prvi enačbi odštejemo drugo in če vemo, da $n$ ne more biti enak nič dobimo

Od tod sledi, $S=2032n-6n^2=10010$

Odgovor:

$80$

Po $n$ skokih bo bolha oklenila stopinj. Iščemo najmanjši $n$, ki je večraktnik števila $360$; Ekvivalentno, želimo, da je $n(n+1)$ večkratnik števila $720=16\cdot 9\cdot 5$. Vsak od treh faktorjev mora deliti bodisi $n$, bodisi $n+1$, saj sta si števili $n$ in $n+1$ tuji. Začnemo z ogledom večkratnikov največjega faktorja $16$ - s tem dobimo kandidate za $n$: $15$, $16$, $31$, $32$, $47$, $48$, $63$, $64$, $79$, in končno $80$, ki j etudi sam deljiv z $5$ in $n+1=81$, kar je deljivo z $9$. Zaključimo, da je $80$ iskano število skokov.

Odgovor:

$768$

Ker izberemo štiri vajence in ker mora vsak ceh poslati vsaj enega vajenca, mora biti porazdelitev vajencev med cehi enaka $(2,1,1)$ v nekem vrstnem redu. Podobno štirje mojstri so izbrani in vsak ceh mora poslati vsaj enega mojstra, torej mora biti tudi porazdelitev mojstrov enaka $(2,1,1)$.

Ločimo dva primera

V prvem primeru posamezni ceh prispeva tako dva vajenca kot dva mojstra. Označimo tak ceh z $X$. Imamo $3$ različne možnosti za izbiro $X$-a. Iz preostalih dveh cehov lahko izberemo vajence na $2\cdot 2=4$ načine in posobno lahko izberemo mojstre na $2\cdot 2=4$ načine.

Za vsako takšno izbiro, morata biti dva izbrana vajenca iz $X$ v paru z dvema mojstroma iz drugih dveh cehov, kar lahko izberemo na $2$ načina. Ko imamo to enkrat določeno, moramo postaviti preostala dva vajenca v par z mojstroma iz $X$, kar zopet lahko storimo na $2$ načina. Imamo torej $2\cdot 2=4$ načine kako tvoriti pare mojstrov in vajencev v tem primeru. Skupaj torej ta primer prispeva $3\cdot 4\cdot 4\cdot 4=192$ parov.

V drugem primeru pa en ceh $X$ prispeva dva vajenca, medtem ko drug ceh ($Y$) prispeva dva mojstra. Ceh $X$ lahko izberemo na $3$ načine, in ko je enkrat izbran, lahko ceh $Y$ izberemo na $2$ načina. Preostale vajence lahko izberemo izberemo iz preostalih dveh cehov na $2\cdot 2=4$ načine, prav tako lahko na $4$ načine izberemo preostale mojstre. Za vsak tak izbor imamo $3\cdot 2=6$ dopustnih načinov kako tvoriti pare mojster–vajenec: Dva vajenca iz ceha $X$ sta lahko dodeljena kateremukoli izmed treh prostih mojstrov in ko to izberemo, so preostali vajenci in mojstri postavljeni v pare na enoličen način. Posledično ta primer prispeva $3\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6=576$ parov.

Ko seštejemo oba primera dobimo skupaj $192+576=768$ možnih parov.

Odgovor:

$3\sqrt[3]{2}$

Opazimo da

Nadalje,

Torej,

Odgovor:

$38^{\circ }$

Kota $\mathit{\angle ADB}$ in $\mathit{\angle ACB}$ sta enaka saj oklepata enak krožni lok. Torej

Sledi, da $\mathit{CX}$ razpolavlja kot $\mathit{\angle ACB}$ in $X$ je skupno presečišče vseh treh simetral kotov $△\mathit{ABC}$ (to točko poznamo tudi pod imenom središče včrtane krožnice trikotnika).

Sedaj lahko izračunamo iskan kot:

kjer uporabimo $\mathit{\angle BAC}=\mathit{\angle BDC}$ kar sledi (podobno kot prva enačba kotov) iz dejstva, da oba kota oklepata enak krožni lok.

Odgovor:

$29$

Naj $n_1$ in $g_1$ označujeta število nevronov in glij v eni od hemisfer, $n_2$ in $g_2$ pa v drugi. Vemo, da je $n_1{n}_2=168$, $g_1{g}_2=48$ in $n_1{g}_2+n_2{g}_1=191$. Zato velja

tako da, ker mora biti na vsaki hemisferi vsaj ena celica vsakega tipa, brez izgube splošnosti lahko trdimo, da je $n_1+g_1=11$. Podobno

kar skupaj z dejstvom, da je $n_1$ delitelj števila $168$ in $g_1$ delitelj števila $48$, zlahka pomeni, da je $n_1=8$, $g_1=3$, torej $n_2=168∕8=21$, skupno število nevronov pa je $n_1+n_2=29$.

Alternativna rešitev. Uporabimo oznake iz prejšnje rešitve. Število $n_1{g}_2+n_2{g}_1$ je liho, torej je eden od dveh sumandov lih; brez izgube splošnosti naj bo to $n_1{g}_2$. To pomeni, da sta tako $n_1$ kot $g_2$ lihi. Po drugi strani pa, ker je $168=2^3\cdot 21$ in $48=2^4\cdot 3$, mora biti $n_2$ deljivo z $2^3$ in $g_1$ z $2^4$. Zato je $n_2{g}_1$ večkratnik $2^3\cdot 2^4=2^7=128$ in ker je manjši od $191$, mora biti enak $128$, pri čemer je $n_2=2^3=8$ (in $g_1=2^4$). Sklepamo, da je $n_1=168∕8=21$, in rezultat sledi.

Odgovor:

$75$

Ker ima Anica samo pet triminov, se pot nikoli ne more premikati proti jugu ali zahodu: vsak takšen premik nazaj bi zapravil razdaljo na mreži, ki je ni mogoče nadoknaditi samo s petimi kosi. Zato se končna točka rastoče poti vedno premika proti severu in/ali vzhodu. Poti preštejemo tako, da izpolnimo tabelo $7\times 9$: v vsak kvadrat mreže vpišemo število trimino poti, katerih trenutni končni točki (prost kvadrat zadnjega trimina) ležita v tem kvadratu.

Po postavitvi prvega trimina iz spodnjega levega kota mora biti končna točka natanko dva kvadrata stran: bodisi dva na desno (vodoravni prvi trimino) ali dva navzgor (navpični prvi trimino). Zato v kvadrate $(0,2)$ in $(2,0)$ (koordinate so štete od spodnjega levega kota) vpišemo število $1$.

Sedaj izpolnimo preostanek tabele, tako da se premikamo od spodaj levo proti zgoraj desno. Da bi določili vrednost v kvadratu $(x,y)$, upoštevamo načine, na katere se trimino lahko konča tam. Trimino, ki se konča na $(x,y)$, je lahko navpičen ali vodoraven, v obeh primerih pa se mora na končnem kvadratu priključiti na prejšnji trimino. To daje štiri možne predhodne končne točke: $(x,y-3)$ in $(x-1,y-2)$ v navpičnem primeru ter $(x-3,y)$ in $(x-2,y-1)$ v vodoravnem primeru. Vsak od teh ustreza veljavnemu načinu podaljšanja obstoječe poti za en trimino. Zato je vrednost, zapisana v $(x,y)$, vsota vrednosti, ki so že zapisane v kvadratih

pri čemer vsak kvadrat zunaj mreže prispeva $0$.

Po zapolnitvi vseh kvadratov na ta način je vrednost 75 v kvadratu v zgornjem desnem kotu natanko število veljavnih poti triminov od spodnjega levega kota do zgornjega desnega kota.

Alternativna rešitev: Pet I-triminov postavimo od konca do konca, začenši v spodnjem levem kotu $(0,0)$, na naslednji „skeletni“ način: zaporedni trimini se stikajo samo v kotu (končni kvadratni kot s končnim kvadratnim kotom). Vsak trimino premakne končno točko za $(+1,+3)$ (trimino „navzgor”) ali $(+3,+1)$ (trimino „desno”). Po 5 triminih je končna točka $(x,y)$ z $x+y=20$. Če je $U$ število triminov navzgor in $R$ število triminov desno, potem je $U+R=5$ in $(x,y)=(U+3R,3U+R)$.

Da bi verigo, ki se dotika oglišč, spremenili v veljavno pot, kjer zaporedni trimini delijo rob, „popravimo“ vsako od 4 spojev med zaporednimi trimini. Naj bo $i$-ta spojnica povezava med trimini $i$ in $i+1$; na vsaki spojnici izberemo eno od dveh operacij: bodisi premaknemo celoten spoj triminov $i+1,i+2,\dots ,5$ za eno enoto v levo, bodisi premaknemo ta spoj za eno enoto navzdol. S tem zagotovimo, da si trimina $i$ in $i+1$ delita celoten rob mreže namesto le oglišča.

Naj bo $\ell$ skupno število spojev, pri katerih izberemo premik v levo, in naj bo $d$ skupno število spojev, pri katerih izberemo premik navzdol. Ker je spojev natanko 4, velja $\ell +d=4$. Po izvedbi vseh 4 premikov se končna točka $(x,y)$ skeletne verige premakne na $(x-\ell ,y-d)$. Da bi dobili veljavno pot od $(0,0)$ do zgornjega desnega kota $(9,7)$, mora ta končni končni točki ustrezati $(x-\ell ,y-d)=(9,7)$.

Preverimo sedaj šest primerov $(U,R)$:

• $(5,0)$: $(x,y)=(5,15)$ ne more doseči $(9,7)$ s 4 premiki v levo/navzdol.
• $(4,1)$: $(x,y)=(7,13)$ je prav tako nemogoče popraviti.
• $(3,2)$: $(x,y)=(9,11)$ zahteva $\ell =0$, $d=4$ (vsi premiki navzdol). Obstaja $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)=10$ skeletnih verig in samo 1 popravek, kar daje $10$ veljavnih poti.
• $(2,3)$: $(x,y)=(11,9)$ zahteva $\ell =2$, $d=2$. Obstaja $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=10$ skeletnih verig in $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ načinov izbire, katere sklepe premakniti v levo (ostali se premaknejo navzdol), kar daje $10\cdot 6=60$ veljavnih poti.
• $(1,4)$: $(x,y)=(13,7)$ zahteva $\ell =4$, $d=0$ (vsi premiki levo). Obstaja $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)=5$ skeletnih verig in 1 fiksirana točka, kar daje $5$ veljavnih poti.
• $(0,5)$: $(x,y)=(15,5)$ je nemogoče popraviti.

Zato je skupno število veljavnih poti $10+60+5=75$.

Odgovor:

$507$

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

Ker imamo v imenovalcu $a+2b$, lahko poskusimo poenostaviti, če imamo $(a+2b)(a-2b)=a^2-4b^2$ za števec in tako naprej za preostale ulomke. Potem:

Iz tega dobimo $X-4Y=-2$, torej $Y=\frac{1}{4}(X+2)=\frac{2026+2}{4}=507$.

Odgovor:

$2+\sqrt{2}$

Označimo s $C_1$ in $C_2$ središči obeh kroglic, $d$ pa naj bo vodoravna razdalja med središčema, tj. dolžina projekcije odseka $C_1{C}_2$ na zgornjo (ali spodnjo) stran škatle. Če konfiguracijo gledamo od zgoraj, dobimo kvadrat s stranico dolžine $3$, kjer je $C_1$ oddaljen $1$ od dveh sosednjih stranic, $C_2$ pa je oddaljen $1$ od drugih dveh sosednjih stranic.

Zato v tem pogledu od zgoraj projekciji $C_1$ in $C_2$ ležita v nasprotnih ogliščih kvadrata s stranico dolžine $1$. Zato je $d=\sqrt{2}$. Nato upoštevajmo navpično ravnino, ki je pravokotna na osnovno ploskev in poteka skozi $C_1$ in $C_2$. Presek te ravnine s škatlo je pravokotnik z iskano višino $a$, daljica $C_1{C}_2$ pa leži v tej ravnini. Naj $x$ označuje navpično razdaljo med $C_1$ in $C_2$.

Ker se obe kroglici dotikata in ima vsaka polmer $1$, je razdalja med njunima središčema $C_1{C}_2=2$. V pravokotnem trikotniku z vodoravno stranico $d$ in navpično stranico $x$ velja $C_1{C}_2^2=d^2+x^2$, torej $x=\sqrt{2^2-d^2}=\sqrt{2}$. Nazadnje, prva krogla se dotakne spodnje ploskve, druga krogla pa zgornje ploskve, tako da je višina škatle enaka vsoti polmera prve krogle, navpične razdalje med središčema in polmera druge krogle: $a=1+x+1=2+\sqrt{2}$.

Odgovor:

$259200$

Ker je $0+1+\cdots +9=45$ liho, izpustitev lihe števke da parno vsoto za celotno tabelo, zato morajo biti vse vsote vrstic in stolpcev parne. To je mogoče doseči z uporabo $4$ lihih in $5$ parnih števk, če ena vrstica in en stolpec (5 celic) vsebujeta natanko parne števke. Zato lahko preštejemo vse takšne tabele tako, da izberemo izpuščeno liho števko ($5$ načinov), nato izberemo vrstico in stolpec z izključno sodimi števkami ($3\cdot 3=9$ načinov), nato razporedimo lihe števke v poljubnem vrstnem redu ($4!=24$ načinov) in nazadnje razporedimo sode števke v poljubnem vrstnem redu ($5!=120$ načinov).

Podobno, če izpustimo sodo števko, bo vsota vseh treh vrstic liha, zato morajo vse vrstice in stolpci dati liho vsoto. Edini način, da pet lihih števk razporedimo v tabelo $3\times 3$, tako da vsaka vrstica ali stolpec vsebuje eno ali tri od njih, je, da jih razporedimo v eno vrstico in en stolpec. Število tabel v tem primeru se izračuna analogno kot v prejšnjem primeru, le da se zamenjata vlogi sodih in lihih števk. Zato je skupno število enako $2\cdot 5\cdot 9\cdot 24\cdot 120=259200$.

Odgovor:

$9600$

Naj bo $L=v(a,b,c,d)$ in naj bo $a>b>c>d$. Ta števila so delitelji $L$, tj. $L=a{a}_1=b{b}_1=c{c}_1=d{d}_1$ za neka pozitivna cela števila $a_1$, $b_1$, $c_1$, $d_1$. Jasno je, da velja $a_1<b_1<c_1<d_1$. Zato velja $a_1\ge 1$, $b_1\ge 2$, $c_1\ge 3$, $d_1\ge 4$. To pomeni, da

Kot rezultat dobimo

tj. $L\ge 12\cdot 20000∕25=9600$.

Da bi pokazali, da je meja $L=9600$ dosežena, lahko postavimo $a=9600$, $b=\frac{9600}{2}$, $c=\frac{9600}{3}$ in $d=\frac{9600}{4}$, ki so vsa cela števila. Vsota teh štirih števil je $9600\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)=20000$. Zato je $9600$ iskana minimalna vrednost $L$.