Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$48$

Ak Peťko vyberie všetky zelené ponožky a sedem červených ponožiek, nemôže vytvoriť osem párov (ako hovorí zadanie). Takže $47$ ponožiek nepostačuje. Ak zoberieme $48$ ponožiek, je tu aspoň $\frac{48}{3}=16$ ponožiek jednej farby a aspoň $48-40=8$ ponožiek, ktoré nemajú túto farbu, čo nám umožňuje vytvoriť osem dvojfarebných párov ponožiek.

Výsledok:

30

Použitím rovnosti $1234=28^2+2\cdot 15^2$ dostávame

Zo zadania vieme, že existuje jediná dvojica spĺňajúca rovnicu v zadaní, a preto $x=30$.

Výsledok:

$450$

Počas 24 hodín sú 2 hodiny, počas ktorých je číslica 5 zobrazená neustále: $5.$ a $15.$ hodina. Spolu to trvá $120$ minút. V zvyšných hodinách dňa je možné číslicu 5 vidieť počas posledných 10 minút každej hodiny ($22\cdot 10=220$ minút) a tiež päťkrát počas zvyšných $50$ minút ($22\cdot 5=110$ minút). Číslica 5 je zobrazená počas 24 hodín na digitálnych hodinách spolu $450$ minút.

Výsledok:

$1120$

Strany malých obdĺžnikov sú v pomere $2:5$ – ich dĺžky označme $2x$ a $5x$. Strany veľkého obdĺžnika sú teda $10x$ a $7x$. Obvod veľkého obdĺžnika je $2\cdot (10x+7x)=34x=136\text{cm}$. Odtiaľ dostávame, že $x=4$ a obsah veľkého trojuholníka je $10\cdot 7\cdot 4^2=1120{\text{cm}}^2$.

Výsledok:

$10$

Nech $a$ je obsah menšej čokoládky, teda tej so stranou dĺžky $1\text{cm}$. Obsah väčšej čokoládky je potom $4a$. Celkový obsah čokoládok je $\mathit{na}+4\mathit{na}=5\mathit{na}$, čo je i obsah celej bonboniéry $s^{2}a$. Teda $5n=s^2$, z čoho plynie, že $s$ je násobkom $5$.

Ľahko vidno, že nie je možné vyplniť bonboniéru piatimi veľkými čokoládkami v bonboniére s dĺžkou strany $5\text{cm}$, teda $s\ne 5$. Avšak je celkom jednoduché nájsť rozloženie $20$ menších a $20$ väčších čokoládok vo vnútri bonboniéry so stranou dĺžky $10\text{cm}$.

Výsledok:

$21$

Počet vybraných ponožiek je súčtom párneho počtu ponožiek, ktoré použijeme na vytvorenie párov a počtu nespárovaných ponožiek (to môže byť najviac šesť, keďže toľko je farieb ponožiek). Ak Peter vyberie $21$ ponožiek z komody, nemôže mať vo svojom výbere šesť nespárovaných ponožiek, nakoľko $21-6=15$ nie je párne číslo. Takže máme najviac päť nespárovaných ponožiek a ostatné ponožky tak vytvárajú spolu $\frac{21-5}{2}=8$ párov ponožiek. Zobrať len $20$ ponožiek nestačí, lebo by mohol vytiahnuť napríklad sedem párov bielych ponožiek a šesť nespárených ponožiek, teda po jednom kuse z každej farby. To znamená, že Peter musí vytiahnuť aspoň $21$ ponožiek z komody.

Výsledok:

$153^{\circ }$

Označme vrcholy ako na obrázku. Mnohouholník $A{B}_1{B}_2{C}_1{C}_2{D}_1{D}_2$ je prienikom nášho štvorca a päťuholníka.

Nakoľko je obrázok osovo symetrický podľa priamky $\mathit{AC}$, tak stačí overiť vnútorné uhly pri vrcholoch $A$, $B_1$, $B_2$ a $C_1$. Prvý je zjavne $90^{\circ }$ a posledný $135^{\circ }$. Keďže priamka $B_2{D}_1$ je rovnobežná s priamkou $\mathit{XY}$, tak $|\angle D_1{B}_2{B}_1|=|\mathit{\angle Y}\mathit{XW}|=108^{\circ }$, a vďaka rovnosti $|\angle C_1{B}_2{D}_1|=|\mathit{\angle CBD}|=45^{\circ }$ ($B_2{D}_1\parallel \mathit{BD}$) je uhol pri vrchole $B_2$ rovný $153^{\circ }$. Nakoniec trojuholník $B_{1}B{B}_2$ je pravouhlý, odkiaľ vieme zistiť, že uhol pri $B_1$ je $117^{\circ }$. Takže najväčší vnútorný uhol mnohouholníka je $153^{\circ }$.

Výsledok:

$20\text{mm}$

Po spočítaní zúbkov koliesok je zrejmé, že jedno úplné otočenie kolieska 1 otočí veľké koliesko o $\frac{20}{15}=\frac{4}{3}$ z celého okruhu. Jedno úplné otočenie veľkého kolieska otočí koliesko 2 o $\frac{18}{10}=\frac{9}{5}$ z celého okruhu. A teda vždy, keď sa koliesko 1 úplne otočí, otočí sa koliesko 2 o $\frac{4}{3}\cdot \frac{9}{5}=\frac{12}{5}$ z celého okruhu. Obvod kolieska 2 preto musí byť $\frac{5}{12}$-krát väčší ako obvod kolieska 1. Pomer obvodov je rovný pomeru priemerov, čím sa dostávame k priemeru kolieska 2: $\frac{5}{12}\cdot 48\text{mm}=20\text{mm}$.

Výsledok:

31

Všimnime si, že ak by Robko rozprával pravdu jeden deň, tak musel vravieť pravdu aj všetky predošlé dni. Ak vravel pravdu len pre $k<31$ dní, bolo by to v rozpore s tým, že klame $62-k>31$ dní. Obdobne, vravieť pravdu viac ako 31 dní by viedlo k rozporu s počtom dní klamania. Teda Robko klamal presne $31$ dní.

Výsledok:

$16$

Rozdeľme si hraciu plochu $9\times 9$ ako na obrázku. Vidíme, že na to, aby sme zasiahli každý z $5\times 1$ Titanicov aspoň raz, musíme vystreliť najmenej $16$-krát.

Na obrázku $2$ vidíme, že na $16$ výstrelov to naozaj ide.

Preto je správnym riešením $16$ výstrelov.

Výsledok:

$155$

Keďže $5\cdot 13\cdot 31=2015=a+b+c=\mathit{nsd}(a,b,c)\cdot (a_0+b_0+c_0)$ pre nejaké prirodzené čísla $a_0$, $b_0$, $c_0$ dostaneme $a_0+b_0+c_0\ge 6$. Preto $\mathit{nsd}(a,b,c)$ môže byť najviac $5\cdot 31=155$. Maximum môžeme dosiahnuť, ak vezmeme navzájom rôzne prirodzené čísla, ktorých súčet je $13$. Napríklad $a_0=1$, $b_0=5$, $c_0=7$ vedie k $a=1\cdot 155$, $b=5\cdot 155$, $c=7\cdot 155$

Výsledok:

$31$

V rámci šiestich vagónov máme štyri možnosti ako môže byť odfotená trojica ruda-uhlie-uhlie. Pre každú z nich máme $2^3$ možností ako doplniť ostatné vagóny. Možnosť $R-U-U-R-U-U$ sme ale zarátali dvakrát, takže počet rôznych vlakov je $4\cdot 8-1=31$.

Výsledok:

$17$

Objekt sa určite zmestí do kvádra $2\times 5\times 5$ kociek. Rozdeľme ho na dve polovice $1\times 5\times 5$ a skúmajme ich osobitne. Keď sa na objekt pozrieme spredu, vidíme zrkadlovú ’1’. Preto pri pohľade na pravú polovicu spredu vidíme jeden štvorček a pri pohľade zvrchu päť štvorčekov. Jediný spôsob ako to dosiahnuť je umiestniť päť kociek do jedného radu. Podobne pre ľavú polovicu: pri pohľade spredu vidíme päť štvorčekov a pri pohľade zvrchu tri. Takže maximálny počet kociek dosiahneme, ak umiestnime po päť kociek do každého z troch radov.

Výsledný objekt vyzerá ako na obrázku. Keď sa naň pozrieme sprava, vidíme $17$ kociek.

Výsledok:

$7999$

Súčet cifier čísla $r$ označme ako $Q(r)$. Ak je cifra na mieste desiatok odlišná od $9$, dostaneme $Q(n+10)=Q(n)+1$. Preto cifra na mieste desiatok čísla $n$ musí byť $9$. Ak je cifra na mieste stoviek odlišná od $9$, dostaneme $Q(n+10)=Q(n)-8$, ale ak je cifra na mieste stoviek $9$ a cifra na mieste tisícok je odlišná, dostaneme $Q(n+10)=Q(n)-17$. Takto vieme vytvoriť obe čísla $Q(n)$ a $Q(n+10)$ deliteľné $17$. Aby bolo $n$ čo možno najmenšie, predpokladáme, že je to prípad $Q(n)=2\cdot 17=34$. Súčet všetkých cifier okrem stoviek a desiatok je teda $34-2\cdot 9=16<2\cdot 9$, čo znamená, že ďalšie dve cifry postačia na vytvorenie najmenšieho vynikajúceho čísla. Teraz je už jednoduché určiť, že $n=7999$ je požadovaný výsledok.

Výsledok:

20, 110

Predpokladajme najprv, že Líza má vo svojej kolekcii najdrahší lístok (teda ten z $A$ do $D$), teda jeho cena je $70$. Vzhľadom k tomu, že cena je súčet lístkov na častiach $\mathit{AB}$, $\mathit{BC}$ a $\mathit{CD}$, a to najmenej dva z nich sú už vo vlastníctve Lízy. Vidíme, že jediná možnosť cien lístkov je $10$, $20$ a $40$, takže chýbajúca cena musí byť $20$. Je ľahké vidieť, že tieto ceny môžu byť priradené k častiam trasy tak, že súhlasia s ostatnými lístkami.

Ak najdrahší lístok chýba, potom lístok za $70$ musí byť na cestu s jednou zastávkou; jediný spôsob, ako rozložiť túto cenu na súčet dvoch cien lístkov, ktoré Líza už má je $10+60$. Usudzujeme, že vstupenka na zostávajúcom úseku stojí $40$ a najdlhšia cesta stojí $10+40+60=110$. Opäť vieme ľahko skontrolovať, či tieto hodnoty sú vyhovujúce.

Výsledok:

$\sqrt{3}\text{cm}$

Označme $P_x$ bod na hranici škatule, na ktorý ukazuje hodinová ručička o $x$-tej hodine a nech $C$ je stred krabice. Keďže $|\angle P_{2}C{P}_1|=|\angle P_{3}C{P}_2|=30^{\circ }$, tak vidíme, že bod $P_2$ je stred vpísanej kružnice a ťažisko rovnostranného trojuholníka $C{C}^{\prime }{P}_1$, kde $C^{\prime }$ je $C$ zobrazené cez $P_3$. Vzdialenosť $P_1{P}_2$, ktorú hľadáme, je $2∕3$ výšky rovnostranného trojuholníka s dĺžkou strany $3\text{cm}$. To znamená, že $|P_1{P}_2|=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot 3\text{cm}=\sqrt{3}\text{cm}$.

Výsledok:

728163549

Nech $x,y\in \{1,2,\dots ,9\}$ sú rôzne cifry. Dvojicu $\mathit{xy}$ nazvime dobrá, ak existujú $k,l\in \{1,2,\dots ,9\}$ také, že $10x+y=\mathit{kl}$. Keďže jediná dobrá dvojica obsahujúca $9$ je $49$, dvojica $49$ musí byť na konci hľadaného čísla $z$. Dvojice obsahujúce $7$ sú iba $27$ a $72$. Pretože nemôžu byť použité naraz a na konci $z$ je už $49$, na začiatku musí byť dvojica $72$. Dvojice obsahujúce $8$ sú $18$, $28$, $48$ a $81$. Číslo $4$ už je raz použité v bloku $49$, preto jediná možnosť je použiť trojicu $281$. Z toho $z=7281\dots 49$. Teraz už musíme doplniť iba cifry $3$, $5$ a $6$. Keďže $13$ a $34$ nie sú dobré dvojice a jediná dobrá dvojica $\mathit{xy}$ spĺňajúca $x\in \{5,6\}$ a $y=3$ je $63$, máme $z=728163549$. Ľahko overíme, že takéto číslo $z$ spĺňa všetky podmienky.

Výsledok:

89

Namiesto hľadania najväčšieho prvočísla $p$, budeme hľadať najmenšie zložené číslo $n$ také, že $210-n$ je prvočíslo. Platí $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$. Ak by $n$ bolo deliteľné číslom 2, 3, 5 alebo 7, tak aj $210-n$ by bolo deliteľné týmto číslom, a teda $210-n$ by nebolo prvočíslo. Ďalšie najmenšie možné zložené číslo je teda $11^2$, ktoré implikuje $p=210-121=89$. Číslo $89$ je teda hľadané prvočíslo.

Výsledok:

20

Označme $T$ celkový počet ceruziek a $a$, $b$, $c$ počty žiakov v jednotlivých triedach. Zo zadania vieme, že $T=9(a+b+c)$, $T=30a$, a $T=36b$. Hľadáme pomer $T∕c$. Dosadením $a=T∕30$ a $b=T∕36$ do prvej rovnice dostávame

Výsledok:

1681

Pre $k\ge 50$ platí nerovnosť ${(k+1)}^2-k^2>100$, preto $50^2=2500$ je jediný štvorec začínajúci s $25$ (podobne pre $3600$, $4900$, $6400$ a $8100$). Na začiatku teda musí byť $16$. Jediný štvorec väčší ako $1600$ a menší ako $1700$ je $41^2=1681$, ktorý jasne spĺňa podmienky zadania.

Výsledok:

4/7

Nech $x$ je čas, ktorý strávil vodič na úseku diaľnice, ktorý sa opravuje. Potom $1-x$ je čas, ktorý strávil na zvyšku diaľnice. Čím dostávame

z ktorého vyplýva, že $x=4∕7$.

Výsledok:

90

Sčítaním obsahov štvorcov dostávame obsah obdĺžnika, ktorý je $464=2^4\cdot 29$. Dĺžky jednotlivých strán obdĺžnika sú aspoň $9$, nakoľko v ňom máme štvorec s dĺžkou strany $9$. Takže jediný vhodný rozklad je $16\cdot 29$, pre ktorý je obvod obdĺžnika $90$.

Že takýto rozklad existuje, vidíme na priloženom obrázku:

Výsledok:

$36\text{cm}$

Kontrolou uhlov vidíme, že všetky trojuholníky na obrázku sú pravouhlé a vzájomne podobné. Dĺžky strán trojuholníka v pravom dolnom rohu sú $6x$, $8x$ a na základe Pytagorovej vety $10x$. Vzhľadom k tomu, že strana s dĺžkou $10x$ vzniká preložením strany štvorca, dĺžka strany štvorca je $18x$. To znamená, že ľavý dolný trojuholník má jednu stranu dĺžky $18x-6x=12x$, ako je vidieť na nasledujúcom obrázku. Ostatné strany tohto trojuholníka majú dĺžky $9x$ a $15x$, vzhľadom k pomeru podobnosti $3∕2$. Dĺžka strany daného štvorca je tiež $15x+6$, čo dáva $x=2$. Dĺžka strany papiera je teda $36\text{cm}$.

Výsledok:

96

Keď sa Šimon vrátil k zadnej časti lode, urobil $300$ krokov a loď sa posunula o $240-60=180$ krokov. Preto v čase, v ktorom Šimon spraví $60$ krokov, loď urobí $180:5=36$ krokov vpred. Avšak Šimon sa dostane k zadnej časti lode po $60$ krokoch, takže dĺžka lode musí byť $60+36=96$ krokov.

Výsledok:

$992016=996^2$

Nech ${(1000-n)}^2$ je hľadané číslo ($n\ge 1$). Spočítame druhé mocniny pre $n=1,2,3,4,\dots$ použitím vzťahu ${(1000-n)}^2=1000\cdot (1000-2n)+n^2$ a dostávame $999^2=998001$, $998^2=996004$, $997^2=994009$, $996^2=992016$, $\text{…}$. Ostáva si všimnúť, že číslice $2$, $0$, $1$ sú po dvojiciach rôzne a že $99\cancel{2}\cancel{0}\cancel{1}6=996$ je odmocninou čísla $992016$. Takže $992016$ je hľadané číslo.

Výsledok:

596

Všimnime si, že ak obrátime číslice hore nohami, potom sa buď nemenia (0, 2, 5, 8), alebo sa menia ($6\leftrightarrow 9$), alebo sa z nich nestane číslica vôbec (1, 3, 4, 7). Preto ak obrátime rad zložený z 0, 2, 5, 8 dole hlavou, dostaneme rovnaké číslo, ako keby sme obrátili poradie jeho číslic. Rozdiel týchto dvoch trojmiestnych čísel je deliteľný $99$, pretože $(a+10b+100c)-(c+10b+100a)=99(c-a)$. Keďže $99\nmid 369$, tak vieme, že Lindino číslo musí obsahovať 6 alebo 9.

V prípade, že číslo obsahuje 9 na prvej pozícii, potom jeho verzia dole hlavou bude obsahovať 6 na poslednej pozícii, a tak posledná číslica Lindinho čísla by bola 7, pretože rozdiel čísel je 369. Teda to nie je možné, pretože 7 nevieme otočiť hore hlavou. Tým istým spôsobom môžeme vylúčiť z pôvodného Lindinho čísla hodnotu 9 na poslednom mieste a hodnotu 6 na prvej a strednej pozícii. Posledné dve ostávajúce možnosti sú 9 na druhej pozícii a 6 na poslednej pozícii, pričom tieto dve hodnoty pripúšťajú jediné riešenie, a to 596.

Výsledok:

80

Označme rodiny ako $A$, $B$ a $C$. Ak si synovia z rodiny $A$ vezmú dve dcéry z nejakej inej rodiny (bez ujmy na všeobecnosti z rodiny $B$), potom dcéry z rodiny $A$ si musia vziať synov z rodiny $C$ (inak by si aspoň jeden syn z $C$ vzal svoju vlastnú sestru). Z toho vyplýva, že synovia z $B$ si vezmú dcéry z $C$. Tým získavame $2\cdot 2^3=16$ spôsobov – existujú dva spôsoby popárovania rodín a potom každá dvojica dcér má dve možnosti pre vydaj za syna z prepojenej rodiny.

Ak sa na druhej strane synovia z $A$ rozhodnú oženiť sa za dcéry z rôznych rodín, ich sestry musia urobiť to isté, aby sa zabránilo tomu, že vznikne manželstvo medzi súrodencami. Obaja synovia dohromady majú na výber osem manželiek a to isté platí aj pre dcéry. Po popárovaní v rodinách $B$ a $C$ existuje práve jeden syn a jedna dcéra, ktorí ostali slobodní. To dáva jeden jediný spôsob ako dokončiť manželskú schému. Preto tento systém má $8\cdot 8=64$ možností.

Došli sme k záveru, že existuje $16+64=80$ spôsobov, ako sa ľudia môžu vziať.

Výsledok:

$68$, $136$

Poďme očíslovať plátky počtom olív, ktoré sú na nich položené. Všimnime si, že nemôžeme rezať pizzu medzi plátkom $1$ a $50$ (a teda medzi $25$ a $26$), pretože je jasné, že

Preto možno predpokladať, že $n$, $n+1$, $n+25$, $n+26$ sú čísla plátkov priľahlých k rezu, kde $1\le n\le 24$. Súčet týchto čísel je $4n+52$. Teraz počítame $(n+1)+(n+2)+\cdots +(n+25)=25n+\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 26=25(n+13)$ a $1+2+\cdots +50=\frac{1}{2}\cdot 50\cdot 51=25\cdot 51$. Potom máme dve možnosti:

Prvá možnosť je $n=4$ a súčet je $4n+52=68$. Z druhej možnosti získavame $n=21$ a $4n+52=136$. Celkovo existujú dve riešenia, a síce $68$ a $136$.

Výsledok:

$421$

Ak $p$ je prvočíslo spĺňajúce danú podmienku, potom existuje prirodzené číslo $k>2$ a $k^3=19p+1$. Takto dostávame rovnicu

Keďže $k>2$, oba členy na pravej strane sú deliteľné $19p$. Keďže $19p$ je súčin dvoch prvočísel, dostávame buď $k-1=19$ alebo $k^2+k+1=19$. V prvom prípade dostávame $k=20$ a $p=400+20+1=421$, čo je prvočíslo. V druhom prípade dostávame kvadratickú rovnicu $k^2+k-18=0$, ktorá nemá celočíselné riešenie. Preto $p=421$ je jediné riešenie.

Výsledok:

$\frac{7}{30}$

Obsah útvaru budeme označovať hranatými zátvorkami. Keďže trojuholníky $\mathit{EHD}$ a $\mathit{CHB}$ sú podobné, dostávame rovnosť

Z podobnosti trojuholníkov $\mathit{FBG}$ a $\mathit{CDG}$ dostávame, že $\frac{|\mathit{DG}|}{|\mathit{GB}|}=\frac{3}{2}$. Odtiaľ $|\mathit{DH}|=|\mathit{BG}|=\frac{2}{5}\cdot |\mathit{DB}|$ a $|\mathit{HG}|=\frac{1}{5}\cdot |\mathit{DB}|$. Vzhľadom k tomu, že

dostávame, že

Výsledok:

$85595$

Nech $\overline{\mathit{abcde}}$ je päťciferné číslo také, že $\overline{\mathit{abc}}=9\cdot \overline{\mathit{de}}$ a $\overline{\mathit{cde}}=7\cdot \overline{\mathit{ab}}$. Potom máme

takže $\overline{\mathit{de}}=\frac{1007c}{53}=19c$. Analogicky dostaneme $\overline{\mathit{ab}}=17c$. Ak $c\ge 6$, potom čísla $17c$ a $19c$ sú väčšie ako $100$. Z toho vyplýva, že maximálna možná hodnota $c$ je $5$, teda maximálna možná hodnota $17119c$ je $85595$.

Výsledok:

$42$

Prvý muž, ktorý zdvihol ruku bol prvý, kto videl všetky tri špeciálne karty. Tento muž musel dostať jednu špeciálnu kartu ako svoju piatu, pretože inak by mohol zdvihnúť ruku skôr. Okrem toho musel dostať jednu špeciálnu kartu na začiatku, pretože inak by jeho sused po ľavej ruke videl všetky špeciálne karty po predchádzajúcom kole. Označme prvú kartu ako $C_1$, piatu kartu ako $C_3$ a $C_2$ zostávajúcu špeciálnu kartu, ktorú muž dostal medzitým. Po ďalších pohľadoch na svoje karty si muži, ktorí dostali $C_2$ a aspoň jednu ďalšiu kartu, vedia alebo môžu odvodiť pozície aj označenia všetkých troch špeciálnych kariet – pozície $C_1$ a $C_3$ sú známe každému, ale ich označenia nie. Je ľahké vidieť, že existuje šesť takých mužov, ktorí videli šesť kariet a sedem mužov, ktorí videli sedem kariet, takže odpoveď je 42.

Výsledok:

$\pi \frac{3-2\sqrt{2}}{4}=\pi \frac{{(1-\sqrt{2})}^2}{4}=\pi \frac{1}{4{(1+\sqrt{2})}^2}=\pi \frac{1}{4(3+2\sqrt{2})}$

Ak je rovnoramenný pravouhlý trojuholník rozdelený na dva rovnaké trojuholníky, potom sú podobné pôvodnému trojuholníku s pomerom $1:\sqrt{2}$, a v takom pomere sú aj polomery vpísaných kružníc. Preto každá nová vpísaná kružnica má polovičný obsah pôvodnej. Inými slovami, celkový obsah vpísaných kružníc sa nezmení pri rozdeľovaní veľkých trojuholníkov. Teda stačí určiť obsah vpísanej kružnice veľkého trojuholníka, ktorej polomer počítame použitím rovnakých dotyčníc. Keďže dĺžka odvesny veľkého trojuholníka je rovná $\frac{\sqrt{2}}{2}$ podľa Pytagorovej vety a kolmice zo stredu odvesien tvoria štvorec, dostaneme, že polomer je $\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}$, takže obsah je rovný

Výsledok:

$7$, $11$, $19$, $79$

Ak $p$ je prvočíslo, je buď rovné $11$ (čo jasne spĺňa danú podmienku) alebo je nesúdeliteľné s $p+11$. V druhom prípade je výsledok deliteľný $p+11$ práve vtedy, keď $(p+1)(p+2)$ je deliteľné $p+11$. Jednotlivé zátvorky sú o 10 a o 9 menšie ako $p+11$. Súčin zvyškov je $(-10)\cdot (-9)$, teda $p+11\mid 90$. To je splnené pre $p\in \{7,19,79\}$.

Výsledok:

$\frac{28!}{2^{14}}$

Spôsob, akým si Kubo obuje nohy je reprezentovaný $28$ kusmi skladajúcimi sa zo $14$ ponožiek a $14$ topánok. Ponožka patriaca ku konkrétnej nohe je v pozícii, ktorá predchádza topánke na tej istej nohe. Pre prvý pár ponožky a nohy existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{28}{2}\right)$ možností. Pre druhý pár existuje $28-2=26$ miest, teda $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)$ možností. Pokračujúc týmto spôsobom nám zostáva len $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2}{2}\right)=1$ pre posledný pár. Z tohto dôvodu je výsledok

Výsledok:

128

Stačí $x^3=8-4x$ dosadiť do daného výrazu nasledovne

Výsledok:

$36^{\circ }$

Nech $F$ je taký bod na $\mathit{BC}$, že $\mathit{AE}\parallel \mathit{DF}$. Potom $|\mathit{DF}|=\frac{1}{2}|\mathit{AE}|=|\mathit{CD}|$, takže trojuholník $\mathit{FCD}$ je rovnoramenný so základňou $\mathit{FC}$. Označme $\phi =|\mathit{\angle BAC}|$. Potom

Nakoniec keďže $|\mathit{\angle CAE}|=\frac{1}{2}\phi$ máme (použitím $△\mathit{AEC}$)

takže $\phi =36^{\circ }$.

Výsledok:

$\frac{1}{1008}$

Ak odčítame vyjadrenia pre $n$ a $n-1$, dostaneme $a_n=n^2\cdot a_n-{(n-1)}^2\cdot a_{n-1}$, čo môžeme zjednodušiť na $a_n=\frac{n-1}{n+1}{a}_{n-1}$. Preto

Pre $2015$ vyjde $a_{2015}=\frac{2\cdot 2015}{2015\cdot 2016}=\frac{1}{1008}$.

Výsledok:

1, 9

Označme $a_1$, $p_1$, $z_1$, $a_2$, $p_2$, $z_2$ počet stien ofarbených jednotlivými farbami na kocke. Vieme, že $a_1+p_1+z_1=12$, $a_2+p_2+z_2=12$ a $z_1=4$. Navyše z celkového množstva $12^2=144$ možných výsledkov po hode kockami je polovica takých, že na oboch kockách padla rovnaká farba, a teda

Úpravou ľavej strany len pre neznáme $a_1$, $a_2$ a $p_2$ využitím vzťahov popísaných vyššie dostávame

respektíve

Využitím ohraničení $-3\le a_1-4\le 3$ a $-9\le a_2-p_2\le 9$ môžeme predpokladať, že $a_2-p_2$ je buď $8$ alebo $-8$. To spolu s $0<z_2=12-a_2-p_2$ dáva, že $p_2$ je buď $1$ alebo $9$. Skúškou dostávame, že obe tieto možnosti môžu nastať.

Výsledok:

32

Vyberme nejakú ženu, potom tú o $24$ miest ďalej po jej pravici, potom ďalšiu o $24$ ďalej, atď. Po určitom počte krokov, povedzme $s$, sa dostaneme späť k pôvodnej žene. Toto $s$ je určite najmenšie kladné celé číslo také, že $24s$ je násobok $n$. Preto $s=n∕d$, pričom $d$ je najväčší spoločný deliteľ $n$ a $24$.

Všimnime si, že pravdovravnosť žien sa musí striedať. Presnejšie, žena je pravdovravná práve vtedy, keď žena sediaca o $24$ miest ďalej po jej pravici je klamárka. Keby $s$ bolo nepárne, viedlo by to ku sporu. Preto $n$ musí byť deliteľné vyššou mocninou dvojky ako je číslo $24$. Najmenšie také $n$ je $32$. Ľahko overíme, že spĺňa všetky podmienky zadania.

Výsledok:

$15^{\circ }$

Označme $a$, $b$ odvesny a $c$ preponu vo vytvorených trojuholníkoch a predpokladajme, že $a\le b$. Jednoduchým výpočtom vidíme, že obsah menšieho štvorca sa rovná dvom tretinám obsahu väčšieho štvorca. Preto obsah jedného z trojuholníkov je jedna osmina obsahu menšieho štvorca, ktorý je

Nech $\alpha$ je najmenší vnútorný uhol v trojuholníku. Potom $a=c\sin \alpha$ a $b=c\cos \alpha$, a tak

respektíve

Keďže $\alpha \le 45^{\circ }$, z toho vyplýva, že $2\alpha =30^{\circ }$, a teda $\alpha =15^{\circ }$.

Výsledok:

$\frac{4}{3}\sqrt{14}$

Označme $O_1$, $O_2$, $O_3$ stredy kružníc ${\omega }_1$, ${\omega }_2$, ${\omega }_3$, a nech $T_1$, $T_2$, $T_3$ sú päty kolmíc z $O_1$, $O_2$, $O_3$ na úsečku $\mathit{AB}$ (teda $T_1$ a $T_2$ sú dotykové body $\mathit{AB}$ s kružnicami ${\omega }_1$, ${\omega }_2$). Keďže $O_1{T}_1\parallel O_2{T}_2\parallel O_3{T}_3$, $|O_1{T}_1|=1$, $|O_2{T}_2|=2$ a $|O_1{O}_3|=2|O_2{O}_3|$, kde $O_1$, $O_2$, $O_3$ ležia na jednej priamke, na základe podobnosti trojuholníkov dostávame, že $|O_3{T}_3|=\frac{5}{3}$. Použitím Pytagorovej vety pre trojuholník $A{O}_3{T}_3$ dostávame, že

Výsledok:

84

Existujú nepochybne tri dvojciferné čísla, ktoré spĺňajú obe odpovede týkajúce sa deliteľnosti $a$ a $c$ (dve, ktoré zodpovedali po sfinginej prvej odpovedi a jedno, ktoré zodpovedalo po sfinginej oprave odpovede). Navyše obe odpovede musia byť pozitívne, pretože negatívna odpoveď by viedla k viac ako dvom vhodným dvojciferným odpovediam. Preto tieto čísla sú násobkami $n(a,c)=m$. Z toho vyplýva, že $25\le m\le 33$, ale len dve čísla z tohto rozpätia majú najmenší spoločný násobok ako súčin dvoch nesúdeliteľných čísel, konkrétne $28=n(4,7)$ a $30=n(5,6)$. Keďže $c-a\ge 2$, teda máme $a=4$ a $c=7$. Takže ak $b=5$, tak neexistujú dvojciferné čísla deliteľné $a$, $b$ a $c$ súčasne. V prípade, že $b=6$, záporná odpoveď pre $b$ zodpovedá číslam $28$ a $56$, zatiaľ čo pozitívna odpoveď číslu $S=84$.

Výsledok:

15.20

Keďže relatívny čas akéhokoľvek pozorovateľa nezávisí od vybranej vzťažnej sústavy, môžeme predpokladať, že sa auto nepohybuje vôbec. Za tohto predpokladu motorka od svojho stretnutia s autom potrebovala jednu hodinu, aby sa stretla s človekom na skútri, zatiaľ čo človek na skútri potreboval päť hodín na prekonanie tej istej vzdialenosti, teda motorka bola päťkrát rýchlejšia. Podobnou úvahou môžeme odvodiť, že motorkár bol dvakrát rýchlejší ako cyklista, a teda pomer rýchlosti človeka na skútri a cyklistu bol $2:5$.

Ak človek na skútri potreboval $t$ hodín, aby sa od auta dostal na miesto stretnutia s cyklistom, potom cyklista potreboval $t-2$ hodín. Pomer týchto požadovaných časov sa rovná prevrátenej hodnote pomeru rýchlosti, teda

alebo $t=10∕3$. Nakoniec, s použitím skutočnosti, že človek na skútri stretol auto o $12.00$ vieme odvodiť, že cyklistu stretol o $15.20$.

Výsledok:

20

Ak robovač nezačína v jednom z rohových $3\times 3$ štvorcov, vždy mu ostane časť koberca nevyčistená: keď robovač opustí okraj koberca (napr. najneskôr v svojom siedmom pohybe), rozdelí tým zvyšné nepovysávané políčka do dvoch oddelených oblastí. Môžeme jednoducho overiť, že podobne je to pre políčka so súradnicami $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,3)$, $(3,2)$ a ich symetrie v ostatných $3\times 3$ štvorcoch. Avšak pre políčka so súradnicami $(1,1)$, $(2,2)$, $(3,3)$, $(3,1)$, $(1,3)$ a ich symetrie to ide. Preto máme spolu $4\cdot 5=20$ vyhovujúcich štartovacích políčok.

Výsledok:

$22^{\circ }$

Veta o odvodovom a stredovom uhle hovorí, že $|\mathit{\angle CDB}|=|\mathit{\angle CEB}|$, takže môžeme vypočítať $|\mathit{\angle CDB}|$. Označme $X$ ako prienik $\mathit{AD}$ a $\mathit{CH}$. Všimnime si, že $124^{\circ }+56^{\circ }=180^{\circ }$ a $34^{\circ }+56^{\circ }=90^{\circ }$. Keďže $\mathit{EXGF}$ leží na kružnici, tak platí, že $\mathit{AD}\parallel \mathit{BC}$. Trojuholník $\mathit{ABD}$ je pravouhlý a $|\mathit{\angle DEC}|=|\mathit{\angle DBC}|$, takže $|\mathit{\angle ABC}|=124^{\circ }$. Nakoniec, $|\mathit{\angle BDA}|=|\mathit{\angle DBC}|=34^{\circ }$ a $|\mathit{\angle CDA}|=180^{\circ }-|\mathit{\angle ABC}|=56^{\circ }$ ($\mathit{ADCB}$ leží na kružnici), čo značí, že $|\mathit{\angle CEB}|=|\mathit{\angle CDB}|=56^{\circ }-34^{\circ }=22^{\circ }$.

Výsledok:

14

Označme páry $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$, $(c_1,c_2)$, $(d_1,d_2)$, $(e_1,e_2)$. Bez ujmy na všeobecnosti povedzme, že osoba, ktorá sa zúčastnila len na dvoch párty bude $a_1$ a že na prvej tejto párty sa zúčastnili aj $b_1$, $c_1$, $d_1$ a $e_1$, pričom na druhej párty sa zúčastnili ich polovičky. Na každej ďalšej párty sa mohli naraz zúčastniť najviac dvaja ľudia z $b_1,b_2,\dots ,e_1,e_2$, takže sa muselo konať ešte aspoň $12$ ďalších párty. Ak sa navyše $a_2$ zúčastní na štyroch disjunktných párty, nastáva presne situácia zo zadania. Preto je najmenšia možná hodnota $E=14$.

Výsledok:

$678$

Keďže $0<a<b$, tak platí $b\ge 2$ a $6\cdot \overline{\mathit{bac}}>1200$, takže Alexov výsledok musel byť štvorciferné číslo, povedzme $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$. Na druhej strane vieme, že $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=\overline{\mathit{dfeg}}$. Odčítaním týchto dvoch rovností dostávame

Preto buď $540(b-a)=90(e-f)$ alebo $6(b-a)=e-f$. Keďže $e$, $f$ sú cifry, máme $e-f\le 9$. Z toho vyplýva, že $e-f=6$ a $b-a=1$ ($b-a>0$, pretože $b>a$). Dosadením $b=a+1$ do $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$ dostávame

To znamená, že $\overline{\mathit{defg}}$ sa musí líšiť od nejakého násobku $660$ o kladný násobok $6$ menší alebo rovný $42$. Spomeňme si, že $e-f=6$ a $6\mid \overline{\mathit{defg}}$ a uvažujme $a=1,2,\dots ,7$. Potom jediní kandidáti na naše číslo sú $\overline{\mathit{defg}}$: $1932$, $1938$, $2604$, $3930$, $3936$, $4602$, $4608$. Len pre $\overline{\mathit{defg}}=4608$ má číslo $\overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}∕6=768$ nenulové a navzájom rôzne cifry. Stačí overiť, že $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=6\cdot 678=4068=\overline{\mathit{dfeg}}$.

Výsledok:

$70$

Zvieratá sa môžu stretnúť len v strednom riadku mriežky. Okrem toho, cesta každého zvieraťa je jednoznačne určená štvorcami, ktoré navštívi v strednom riadku mriežky. Ľahko vidno, že zvieratá sa nestretnú ak sa ich cesty v strednom riadku nepretínajú. Takže hľadáme počet dvojíc disjunktných častí stredného riadku.

Najskôr zrátajme prípad, kedy je aspoň jeden nepoužitý štvorec medzi týmito časťami. Potom počet párov vypočítame ako $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$, pretože jedno zo zvierat si vyberie štyri zo šiestich hrán štvorcov v strednom rade a potom zvolíme zviera, ktoré použije úsek ohraničený týmito hranami (druhé zviera využíva časť ohraničenú zvyšnými hranami). Ak medzi týmito časťami nie je medzera, dostávame $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$ disjunktných dvojíc, nakoľko časti sú popísané troma hranami.

Spolu máme $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)+2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)=70$ možných ciest.

Výsledok:

172

Pozorujeme, že $\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor =k$ len vtedy, ak $k^3\le n\le {(k+1)}^3-1$. Z $3k^2+3k+1$ čísel v tomto ohraničení je každé $k$-te deliteľné $k$ počnúc $k^3$, čiže spolu je takýchto čísel $3k+4$. Ostáva spočítať to pre všetky čísla $k$ také, že ${(k+1)}^3-1\le 1000$ (teda $k\le 9$) a pridať jedno pre číslo $1000$, ktoré taktiež spĺňa danú podmienku. Výsledný počet je teda

Výsledok:

281/2

Nech $a$, $b$, $c$ sú korene danej rovnosti, ktoré sú súčasne dĺžky strán pravouhlého trojuholníka. Predpokladajme, bez ujmy na všeobecnosti, že $0<a,b<c$. Preto podľa Pytagorovej vety platí rovnosť $a^2+b^2=c^2$. Podľa Vietových vzťahov (alebo úpravou na tvar $(x-a)(x-b)(x-c)$ a potom porovnaním koeficientov) dostávame

Umocnením oboch strán rovnice $15\sqrt{2}-c=a+b$ na druhú a jej úpravou dostaneme $450-30\sqrt{2}c=2\mathit{ab}$. Vynásobením $c$ a použitím substitúcie $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$, dostaneme kvadratickú rovnicu

s koreňmi $c_1=\sqrt{2}$ a $c_2=13\sqrt{2}∕2$. Vzhľadom na ohraničenia $0<a$, $b<c$ a $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ je riešením iba $c=13\sqrt{2}∕2$. Hľadané $m$ môžeme vypočítať dosadením do

Výsledok:

$4$ zelené a $21$ červených

Označme $g$ počet zelených jabĺk a $r$ počet červených jabĺk. Zadanie môžeme prepísať do tvaru

a po úprave

Pozrime sa na to, ako na kvadratickú rovnicu s premennou $r$ a parametrom $g$. Diskriminant