Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$216$

Keďže $6^3=216$, strana kocky je $6\text{m}$. Vyseknutý blok nezmení veľkosť povrchu kocky, a teda povrch kocky je $6\cdot 6^2=216{\text{m}}^2$.

Výsledok:

$8.75\text{m}$

Plocha jedného domu je polovica z $35m\cdot 25m-300m^2=575m^2$, teda $287,5m^2$. Keďže jeden z rozmerov pôdorysu domu je $10m$, druhý rozmer je $28,75m$. A teda $b=8,75m$.

Výsledok:

$600$

Janka si musí vybrať medzi možnosťou nemať na hlave klobúk vôbec, mať na hlave prvý klobúk, druhý, alebo tretí klobúk, čo dáva spolu 4 možností súhrnne pre klobúky. Rovnako tak existuje 5 možností pre slnečné okuliare a 6 možností nosenia trička. Vzhľadom k tomu, že Janka musí mať vždy nejaké plavky, spolu to je 5 $\cdot 4\cdot 5\cdot 6=600$ možností, v čom môže vyjsť na pláž.

Výsledok:

18 dní

Označme $v$ počet dní Katkiných prázdnin. Potom $v-11$ je počet dní keď neprší dopoludnia a podobne $v-12$ je počet dní keď neprší popoludní. Keďže počas Katkiných prázdnin nebol deň kedy nepršalo, tak

respektíve $v=18$.

Výsledok:

$2034$

Číslo $n-Q(n)$ je vždy deliteľné $9$. Keďže číslo $2016$ je deliteľné $9$, tak aj $Q(n)$ a aj $n$ musí byť deliteľné $9$. Hľadáme najmenšie číslo, tak zjavne nájdeme také, že $n<3000$, a teda $Q(n)\le 2+9+9+9$. Odtiaľ dostávame $n=2016+2Q(n)\le 2074$. Jediné celočíselné riešenie je $2034$.

Výsledok:

$111111111$

Ak $n$ je nenulové číslo, potom je presne $10^{n-1}$ čísel začínajúcich $n$. Ide o čísla medzi $\overline{n0\dots 0}$ a $\overline{n9\dots 9}$. Spolu teda máme

čísel spĺňajúcich zadanie.

Výsledok:

15

Pravidelný $n$-uholník zachováme po rotácii vtedy, ak ho otočíme o násobok uhla ktorý je medzi stredom a dvoma susediacimi vrcholmi $n$-uholníka. Tento uhol je $360^{\circ }∕n$, takže hľadáme najmenšie celé číslo $n$ také, že

je celé číslo. Najmenšie také $n$ je $n=15$.

Výsledok:

17.06.2345

Mesiac šťastného dňa je buď 12, alebo obsahuje nulu, takže rok je viac ako 3000 alebo neobsahuje nulu vo svojom zápise. Uvažujme druhý prípad, teda mesiac obsahuje nulu a rok začína dvojkou. Prvá cifra dňa by mohla byť 0, 1, 2, alebo 3, ale 0 sme použili v mesiaci a 2 v roku, preto to bude 1, alebo 3. Ak by bola prvá cifra dňa 3, druhá musí byť 1 a najmenší kandidát na rok je až 2456. Nech je teda prvá cifra dňa 1, čomu prislúcha rok 2345 a prvý možný mesiac 06. Ostáva doplniť druhú cifru dňa, a keďže dátum ma byť čo najmenší, deň bude 17.

Výsledok:

$12$

Máme 6 rovín, ktoré obsahujú steny kvádra. Ďalej pre každú dvojicu protiľahlých stien, máme dve roviny kolmé na tieto steny, ktoré obsahujú ich stenové uhlopriečky. Spolu je to $12$ rovín.

Výsledok:

$9$

Aby sme získali obsah $A$, musíme odčítať obsah kruhového odseku (so stredom $M_2$, polomerom $r_2$) od obsahu polkruhu (so stredom $M_1$, polomerom $r_1$). Pre obsah odseku vypočítame najprv obsah štvrťkruhu s polomerom $r_2$ a odčítame obsah rovnoramenného pravouhlého trojuholníka s odvesnou $r_2$. Využitím faktu, že $r_2^2=2r_1^2$ (Pytagorova veta), potom odvodíme, že hľadaný obsah je

Výsledok:

$6$

Iba jedna z odpovedí môže byť správna, takže sú tu buď traja alebo štyria klamári medzi sluhami. Avšak, ak by boli všetci štyria klamári, tak by mali 28 chápadiel celkovo. To by ale posledný sluha neklamal, čo je spor. Takže tí, čo klamú majú 21 chápadiel dokopy. Ak by mal jediný pravdovravný sluha osem chápadiel, tak by bolo celkovo 29 chápadiel, čo nebola ani jedna z odpovedí. Z toho vieme vydedukovať, že pravdovravný sluha mal šesť chápadiel. (a bol tretí, ktorý odpovedal na otázku o počte chápadiel).

Výsledok:

25

Cena jednej tabuľky čokolády je spoločný deliteľ súm, čo v obchode zarobili za predaj jednotlivých druhov čokolády. Aby tabuliek predali čo najmenej, cena jednej tabuľky musí byť čo najväčšia, teda to musí byť najväčší spoločný deliteľ. Keďže $\mathrm{NSD}(270,189,216)=27$, môžeme počet predaných tabuliek vypočítať ako

Výsledok:

$17$

Pokiaľ by Anna doniesla $16$ alebo menej kúskov pečiva z ktorého si majú deti odobrať námatkovo po jednom kuse, môže sa stať že medzi týmito pečivami budú napr. $4$ jablkové šatôčky, $4$ čučoriedkové muffiny, $4$ pudingové buchty a $4$ tvarohové koláče, prípadne z niektorých aj menej kusov. V takomto prípade tam nebude ani 5 rôznych druhov pečiva, ale ani 5 rovnakých druhov pečiva. Ak prinesie $17$ náhodných kusov, tak ak tam bude existovať päť alebo viac rôznych druhov pečiva v nejakých množstvách, tak je dobre. V opačnom prípade sú tam maximálne štyri rôzne typy pečiva, čo tiež vyhovuje, nakoľko aspoň z jedného druhu pečiva tam bude minimálne päť kusov. Teda otec navrhol Anne požiadať predavačku o $17$ náhodne vybraných kúskov pečiva.

Výsledok:

$4:\pi$

Nech $r$ je polomer kruhu a $a$ je dĺžka strany štvorca. Keďže $2\mathit{\pi r}=4a$, vypočítame pomer obsahov ako

Výsledok:

22.30

Nech $d$ je dĺžka letu a $s$ je rozdiel medzi časom v Európe a časom na Kokosových ostrovoch (obe veličiny v hodinách). Vzťahy zo zadania si vieme prepísať do sústavy rovníc

s riešením $d=14$, $s=5,5$. Z toho usúdime, že sa Paľo vrátil domov o 22.30 CCT.

Poznámka: Kokosové ostrovy používajú časovú zónu GMT+6.30.

Výsledok:

70, 140, 280

Keďže $n$ musí deliť $14\cdot 20=2^3\cdot 5\cdot 7$, v prvočíselnom rozklade čísla $n$ sa môžu vyskytnúť iba prvočísla $2$, $5$, a $7$ s tým, že čísla $5$ a $7$ sa môžu vyskytnúť najviac raz a číslo $2$ najviac trikrát. Z toho, že $14\mid 20n$ vidíme, že $n$ je násobok $7$, a podobne z toho, že $20\mid 14n$, dostávame $10\mid n$, takže $70\mid n$. Ľahko overíme, že všetky možné čísla $70$, $140$, $280$ vyhovujú podmienke zo zadania.

Výsledok:

17

Označme $R$, $S$ zvyšné dva vrcholy obdĺžnika a $B$ druhý priesečník deliacej čiary $x$ s obdĺžnikom. Ďalej označme $M$ bod na $\mathit{SR}$, ktorý spĺňa podmienku $|\mathit{SM}|=|\mathit{PA}|=10$.

Keďže $|\mathit{PQ}|=18$ a obsah obdĺžnika $\mathit{PQRS}$ je $180+90=270$, znamená to, že $|\mathit{PS}|=|\mathit{QR}|=270∕18=15$. Vzorec pre obsah lichobežníka $T_2$ hovorí, že

teda $|\mathit{BR}|=16$. Dostávame, že $|\mathit{BM}|=|\mathit{BR}|-|\mathit{MR}|=8$ a využitím Pytagorovej vety dostávame, že

Výsledok:

$(M,F,B,V)=(3,5,6,8)$

Bohuš, Fero a Marek musia dostať spolu aspoň 14 jahôd, lebo inak by Vlado vedel celé rozloženie ($(3,4,5,V)$, resp. $(3,4,6,V)$). Keby Vlado dostal 7 alebo menej jahôd, tak by vedel, že počty jahôd ostatných troch sú tri rôzne čísla od 3 do 6. A z celkového počtu jahôd by už ľahko vypočítal, ktoré to sú. Preto Vlado musí dostať aspoň 8 jahôd. To znamená, že najmenej musí Betka rozdeliť 22 jahôd. Aby to mohlo byť práve 22, do úvahy pripadajú len rozdelenia $(3,4,7,8)$ a $(3,5,6,8)$. V prvom prípade to vie zistiť Bohuš, ale v druhom to nevie nikto, preto $(3,5,6,8)$ je hľadanou odpoveďou.

Výsledok:

$800$

V prvom prechode označíme všetky čísla v tvare $15k+1$ (pre nejaké celé čísla $k$) od čísla $1$ po číslo $991$. V nasledujúcom prechode označujeme čísla od $6$ po $996$ v tvare $15k+6$. Nakoniec v treťom prechode označujeme čísla v tvare $15k+11$ od $11$ po $986$, čo je posledné číslo, čo označíme (ďalšie číslo, ktoré by sme označovali by bolo číslo 1 a to už označené je). Všimnime si, že sme označili všetky čísla v tvare $5k+1$, ktoré zahŕňajú presne pätinu všetkých čísel na kruhu. Z toho dostávame, že $4∕5\cdot 1000=800$ čísel ostalo neoznačených.

Výsledok:

$540^{\circ }$

Označme jednotlivé cípy hviezd ako $A,B,\dots ,G$ (pozri obrázok), navyše označme $X$, $Y$ postupne priesečníky úsečky $\mathit{DE}$ s úsečkami $\mathit{AB}$ a $\mathit{AG}$.

Nech $S$ je výsledný súčet zo zadania úlohy. Keďže súčet vnútorných uhlov v štvoruholníkoch $\mathit{XBCD}$ a $Y\mathit{EFG}$ je $360^{\circ }$, dostávame, že

Avšak, $|\mathit{\angle BXY}|=180^{\circ }-|\mathit{\angle AXY}|$ a $|\mathit{\angle XY}G|=180^{\circ }-|\mathit{\angle XY}A|$, takže

To znamená, že $S=540^{\circ }.$

Výsledok:

17/6

Uvedomme si, že Luciin postup bol nasledovný. Zobrala v nejakom poradí určené čísla, označíme ich v poradí v akom ich používala ako $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$, a spočítala nasledovné

Zo všetkých možných usporiadaní najvyššia hodnota Luciinho aritmetického priemeru je v prípade vzostupného usporiadania, pretože najväčšie číslo je vydelené najmenšou mocninou 2, druhé najväčšie číslo druhou najmenšou mocninou dvojky atď. Naopak najmenšia hodnota $S$ je ak sú čísla usporiadané v zostupnom poradí. Takže najväčšia chyba nastane pre jednu z týchto extremálnych možností. Aritmetický priemer týchto čísel je $35∕6$. V prípade, že usporiadanie čísel je vzostupne, dostaneme $S=67∕8$, čím dostaneme chybu $61∕24$. V prípade, že usporiadanie je zostupné, dostaneme $S=3$ s chybou $17∕6$, čo je viac a teda najväčšia hodnota chyby je $17∕6$

Výsledok:

$24\text{m}$

Trojuholníky $E{L}_1{L}_2$ a $E{L}_1{L}_5$ sú podobné, lebo $\alpha$ a uhol $L_5{L}_{1}E$ sú vnútornými uhlami v oboch trojuholníkoch. Preto môžeme písať

z čoho dostaneme požadovanú vzdialenosť $|E{L}_1|=24\text{m}$.

Výsledok:

$10$ a $13$

Označme $a$ a $b$ čísla ktoré si Dominika vybrala. Vieme, že súčet prvých 17-tich čísel je $153$ a teda našou úlohou je vyriešiť rovnicu $153-(a+b)=\mathit{ab}$. Úpravami a pridaním 1 na obe strany rovnice dostávame $154=\mathit{ab}+a+b+1=(a+1)(b+1)$. Využitím toho, že $154=2\cdot 7\cdot 11$ a $2\le (a+1),(b+1)\le 18$ dostávame jediný vhodný rozklad a to $154=11\cdot 14$. A tak Dominikine čísla sú $10$ a $13$.

Výsledok:

$\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$

Vyjadrime si čísla ako

kde $0\le x,y,z<15$. Podmienka $a>b>c>d>e>f$ je ekvivalentná podmienke $x>y>z>0$, takže $6$-tica je jednoznačne určená výberom troch kladných celých čísel menších ako 15. Z toho dostávame, že rôznych $6$-tíc je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$.

Výsledok:

03:03

Počet minút je rovný počtu sekúnd raz počas každej minúty, takže za 50 minút sa to stane 50-krát. Stav, kedy sa čísla na displeji čítajú rovnako odpredu aj odzadu, nastane tiež raz počas minúty, ale len počas takej minúty, ktorá na mieste jednotiek má číslo najviac 5. Počas 50 minút tento stav nastane 30-krát. V piatich prípadoch tieto dva stavy nastanú naraz: $00:00,11:11,\dots ,44:44$. Takže kým bomba vybuchne, žiarovka blikne celkom $50+30-5=75$-krát (vrátane času $00:00$). Bombu môžeme zneškodniť, keď ostáva päť bliknutí žiarovky ($00:00$, $01:01$, $01:10$, $02:02$, $02:20$), teda vtedy, keď displej ukazuje $03:03$.

Výsledok:

$\frac{1}{3}$

Označme $M_1$, $M_2$ a $M_3$ stredy kružníc tak ako na obrázku a $r_3$ označme polomer druhej najmenšej kružnice.

Vzhľadom k symetrickosti celého obrázku $M_1{M}_2\perp M_1{M}_3$ a s využitím Pytagorovej vety dostávame, že $r_3=\frac{2}{3}$ na základe rovnosti

Nech $P$ je bod, ktorý doplní stredy kružníc $M_1$, $M_2$ a $M_3$ na obdĺžnik. Označme $A$, $B$ a $C$ postupne priesečníky priamok $P{M}_1$, $P{M}_2$ a $P{M}_3$ s kružnicami ako na obrázku. Keďže $M_2{M}_1{M}_{3}P$ je obdĺžnik dostávame, že $|\mathit{PB}|=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}$, $\mathit{PC}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$ a $|\mathit{PA}|=2-M_2{M}_3=2-(1+r_3)=\frac{1}{3}$. Takže $P$ je vzdialené$\frac{1}{3}$ od každého z troch bodov $A$, $B$ a $C$. Vzhľadom na tento fakt tieto body ležia na kružnici so stredom v bode $P$ a polomerom $\frac{1}{3}$. Keďže $P{M}_1$, $P{M}_2$ a $P{M}_3$ sú priamky, body $A$, $B$ a $C$ sú dotykové body k príslušným kružniciam a kružnica so stredom v bode $P$ s polomerom $\frac{1}{3}$ je najmenšia z kružníc na obrázku.

Výsledok:

$9$

Nech $n$ je počet ľudí okolo stola na začiatku, keď hral aj Matúš a $x$ označuje priemerný obnos peňazí ktorý mal každý z hráčov. Na základe predpokladov zo zadania dostávame dve rovnice:

Ich úpravami dostaneme

a z toho dostávame, že $n=9$. Pokiaľ Matúš hral za stolom v kasíne, okolo stola bolo spolu s ním deväť ľudí.

Výsledok:

125

Na začiatku máme $7^3$ jednotkových kociek. Odstránením jednej priehradky spojíme dve jednotkové kocky a počet izolovaných oblastí klesne o jedna. Na konci chceme mať najviac $7^3-5^3$ izolovaných oblastí (čo je počet vonkajších jednotkových kociek). Z toho dostávame, že potrebujeme odstrániť najmenej $5^3=125$ priehradiek. Ľahko vidieť, že odstránenie $125$ priehradiek nám stačí.

Výsledok:

909

Označme $a^2$ mocninu prirodzeného čísla, ktorá končí $\dots 16$. To znamená, že $a^2-16=(a-4)(a+4)$ je deliteľné $100$ a ak $a=2b$ tak $(b-2)(b+2)$ je deliteľné $25$. Takže $b=25n\pm 2$ a z toho plynie, že $a=50n\pm 4$. Keďže $1404^2<{(1,414\cdot 1000)}^2<{(1000\sqrt{2})}^2=2000000$ a $1454^2>1450^2=2102500>2100000$, jediným riešením je možnosť $a=1446$, a z toho plynúce $a^2=2090916$.

Výsledok:

$18∕5$

Označme $D$ stred strany $\mathit{BC}$. Trojuholník $\mathit{ABD}$ je pravouhlý a z Pytagorovej vety $|\mathit{AD}|=4$. Časť trojuholníka nevyplnená vodou je trojuholník podobný trojuholníku $\mathit{ABC}$ s pomerom $1∕4$. Keďže pomer obsahov (vyplnenej a nevyplnenej časti trojuholníka) ostáva i po otočení nemenný, analogická podobnosť platí i po rotácií. Voda je opäť v $3∕4$ výšky a tak stačí vypočítať výšku $v_{\mathit{AB}}$ na stranu $\mathit{AB}$. Obsah trojuholníka $\mathit{ABC}$ je $\frac{1}{2}\cdot \mathit{AD}\cdot \mathit{BC}=12$, preto $v_{\mathit{AB}}=2\cdot 12∕\mathit{AB}=24∕5$. Voda teda siaha do výšky $3∕4\cdot 24∕5=18∕5$.

Výsledok:

1, 1, 3, 2, 4, 6

K riešeniu úlohy pristúpme popísaním krokov od konca. Výsledné rozdelenie do krabíc je $(0,0,0,0,0,0)$, teda ak chceme aby boli všetky broskyne zjedené, predchádzajúci stav musí byť $(1,0,0,0,0,0)$, ktorému zase predchádza stav $(0,2,0,0,0,0)$ atď. Takýmto spôsobom skonštruujeme rozdelenie broskýň

ktoré končí rozdelením $(1,1,3,2,4,6)$. Podľa tohto rozdelenia máme v 6 škatuľkách spolu 17 broskýň a aj postup ako budeme vyberať jednotlivé škatuľky z ktorých budeme broskyne konzumovať.

Výsledok:

26

Vzdialenosť medzi prvou a poslednou hore idúcou dvojsedačkou je trikrát väčšia ako vzdialenosť medzi prvou a poslednou dvojsedačkou idúcou dole. Doba medzi dvoma momentami popísanými v zadaní je dvojnásobok času ktorý uplynie medzi stretnutím prvej dvojsedačky idúcej zdola s prvou dvojsedačkou idúcou zhora a času kedy sa minú posledná obsadená dvojsedačka idúca zhora s poslednou obsadenou dvojsedačkou idúcou zdola. Predné stoličky sa stretli v 12.13 (presne uprostred výťahu), a preto je čas potrebný na prejsť celú vleku je 26 minút.

Výsledok:

$100^{\circ }$

Keďže $|\mathit{CD}|=|\mathit{AD}|=|\mathit{MD}|=|\mathit{ND}|$, tak trojuholníky $\mathit{AMD}$ a $\mathit{NCD}$ sú rovnoramenné so základňami $\mathit{AM}$ a $\mathit{NC}$. Označme $𝜃=|\mathit{\angle DAB}|$. Potom $|\mathit{\angle ABC}|=|\mathit{\angle ADC}|=180^{\circ }-𝜃$. S využitím toho, že

dostávame

a zároveň

Spojením oboch vzťahov dostávame

alebo po úprave $𝜃=80^{\circ }$, takže $|\mathit{\angle ABC}|=100^{\circ }$.

Výsledok:

130

Ak nejaký stĺpec tabuľky je jednofarebný, tak susedný stĺpec musí byť zafarbený druhou farbou, ďalší stĺpec musí byť zafarbený zas prvou farbou atď. Takýmto spôsobom vieme tabuľku zafarbiť dvoma spôsobmi podľa toho, ktorou farbou sme zafarbili prvý stĺpec.

Z predchádzajúcej úvahy taktiež vyplýva, že ak jeden stĺpec zafarbíme oboma farbami, tak všetky zvyšné stĺpce musia byť tiež zafarbené oboma farbami. Ľahko vidieť, že v každom stĺpci môžeme dve farby rozmiestniť nezávisle na ostatných stĺpcoch. Každé také zafarbenie bude vyhovovať zadaniu, takže takýchto zafarbení máme $2^7=128$.

Spolu máme $2+128=130$ zafarbení tabuľky.

Výsledok:

196

Predpokladajme, že máme rozdelenie diamantov na kôpky podľa zadania. Nech $m$ je počet diamantov na najmenšej kôpke. Ak by $m\ge 3$, tak môžeme najmenšiu kôpku rozdeliť na kôpky (rôznych) veľkostí $1$ a $m-1$, z ktorých žiadna nemá rovnakú veľkosť ako niektorá pôvodná. Preto musí platiť $m\le 2$, ale keďže podľa zadania žiadna kôpka neobsahuje práve dva diamanty, tak nám ostáva $m=1$.

Ďalej ukážeme, že na druhej najmenšej kôpke musia byť $3$ diamanty. Keďže $2$ diamanty tam byť nemôžu, stačí nám vylúčiť prípad, keď obsahuje $n\ge 4$ diamanty. Avšak to nie je možné kvôli rozdeleniu na kôpky s $2$ a $(n-2)$ diamantmi.

Tieto úvahy zovšeobecníme, a matematickou indukciou dokážeme, že ak na $k$ ($k>1$) najmenších kôpkach je postupne po $1,3,\dots ,2k-1$ diamantoch, tak na $(k+1)$-vej najmenšej kôpke (ak taká existuje) je $2k+1$ diamantov. Nech $p$ je počet diamantov na $(k+1)$-vej najmenšej kôpke. Zjavne $p$ musí byť nepárne, lebo inak by sme ju mohli rozdeliť na dve kôpky párnej veľkosti. Ak $p\ge 2k+3$, tak rozdelenie $p=2+(p-2)$ vedie ku sporu. Ostáva nám tak jediná možnosť $p=2k+1$, o ktorej ľahko vidieť, že spĺňa podmienky zo zadania.

Ukázali sme teda, že počet Mišových diamantov musí byť tvaru $1+3+\cdots +(2k-1)=k^2$. Najväčší štvorec menší ako $200$ je $14^2=196$, čo je najväčší počet diamantov, ktorý môže Mišo môže vlastniť.

Výsledok:

$3{!}^3∕9!=1∕1680$

Definujme tri množiny po troch pároch symbolov:

Všimnime si, že hra v turnaji skončí remízou práve vtedy, keď hráči zahrajú proti sebe dva páry z rovnakej množiny z $D_K$, $D_P$, $D_N$.

Všetky možné priebehy turnaja sú tvorené všetkými dvojicami permutácií prvkov množiny $D_K\cup D_P\cup D_N$. Všetky hry skončia remízou práve vtedy, keď prvky každej z množín $D_K$, $D_P$, $D_N$ sú umiestnené na rovnakých miestach v permutáciách hráčov $P_1$ a $P_2$. Zoberme ľubovoľnú permutáciu určujúcu poradie ťahov hráča $P_1$ v jednotlivých hrách. Počet permutácií ťahov hráča $P_2$, ktoré vedú k remízam vo všetkých hrách je rovný $3{!}^3$, a to bez ohľadu na to, ktorú permutáciu dvojíc hral hráč $P_1$. Preto pravdepodobnosť, že všetky hry skočia remízou, je

Výsledok:

$\frac{5}{3}\sqrt{2}$

Popísané teleso získame z kocky nasledovným spôsobom: Každý roh kocky odstránime tak, že rez ide stredmi hrán susediacich s odstraňovaním vrcholom. Hrana kocky má dĺžku $\sqrt{2}$, teda jej objem je $2\sqrt{2}$. Odstránené rohy predstavujú osem pyramíd s podstavou tvorenou rovnostranným trojuholníkom a stenami tvorenými pravouhlými rovnoramennými trojuholníkmi s ramenami dĺžky $\sqrt{2}∕2$. Vzhľadom k tomu, že pravý uhol zvierajú ramená rovnoramenného trojuholníka, výška má tiež rovnakú dĺžku $\sqrt{2}∕2$. Objem jednej z pyramíd je $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot {(\sqrt{2}∕2)}^2\cdot (\sqrt{2}∕2)=\sqrt{2}∕24$ a objem celého telesa je $2\sqrt{2}-8\cdot \sqrt{2}∕24=5\sqrt{2}∕3$.

Výsledok:

601

Číslo si vieme prepísať do tvaru

kde

Len posledná zo zátvoriek je hodnotou väčšia ako $100$. Keďže vieme, že trojciferný prvočíselný deliteľ existuje a $5^4-5^2+1=601$ nie je deliteľné žiadnym z čísel $2$, $3$, $5$, tak je prvočíslo a teda aj nami hľadané číslo.

Výsledok:

20

Ofarbíme 13 buniek plástu tak ako na obrázku:

Každá z trojbuniek (troch susedných buniek) obsahuje práve jednu zafarbenú bunku, a teda malá včela bude bývať tiež v zafarbenej bunke.

Ak bunka pre malú včelu bude v strede nášho plastu, máme len dve možnosti rozdelenia buniek pre 12 včiel (jedna z možností je na obrázku a druhá vznikne otočením o 60 stupňov v niektorom smere). Pre každú zo šiestich zafarbených buniek ktoré sú v "strede" existuje práve jeden spôsob, ako rozmiestniť trojbunky pre veľké včely. A nakoniec pre okrajové zafarbené bunky sú práve dva spôsoby ako rozdeliť zostávajúce bunky pre veľké včely.

Spolu to dáva celkovo $2+6\cdot 1+6\cdot 2=20$ spôsobov rozdelenia včelieho plástu podľa podmienok zadania.

Výsledok:

15/8

Keďže $|\mathit{\angle AXB}|=|\mathit{\angle ACB}|=60^{\circ }$ a $|\mathit{\angle AXC}|=|\mathit{\angle ABC}|=60^{\circ }$, tak $|\mathit{\angle BXT}|=180^{\circ }-|\mathit{\angle AXB}|-|\mathit{\angle AXC}|=60^{\circ }$. Označme $U$ bod na $\mathit{AX}$ taký, že $\mathit{TU}\parallel \mathit{BX}$.

Potom $\mathit{TUX}$ je rovnostranný trojuholník a $△\mathit{TUA}\sim △\mathit{BXA}$. Odtiaľ máme, že

Výsledok:

$\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)=325$

Polpriamky $\mathit{PA}$, $\mathit{PB}$, $\mathit{PC}$ sú určite medzi 27-mimi polpriamkami, ktoré vychádzajú zo žiariaceho bodu $P$: Ak by neboli, dostali by sme v rozdelení štvoruholník. Rozdeľme obvod trojuholníka $\mathit{ABC}$ na 27 častí tak, aby každá strana bola rozdelená na časti rovnakej dĺžky. Takých rozdelení je celkom $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)=325$, totiž ak bod $A$ zvolíme za prvý deliaci bod, body $B$, $C$ môžeme voľne vybrať zo zvyšných $26$-tich bodov. Na koniec si všimnime, že každé také rozdelenie zodpovedá práve jednému žiariacemu bodu a naopak. Zjavne polpriamky z každého žiariaceho bodu nám určia jedno také rozdelenie. Naopak, ak máme počty častí $a$, $b$, $c$, na ktoré je každá strana trojuholníka $\mathit{ABC}$ rozdelená, stačí nám za bod $P$ položiť jediný bod v trojuholníku $\mathit{ABC}$, ktorého vzdialenosti od strán $\mathit{BC}$, $\mathit{CA}$, $\mathit{AB}$ sú v pomere $a:b:c$. Priamočiarym výpočtom ľahko overíme, že bod $P$ je naozaj žiariaci bod, ktorého lúče delia strany trojuholníka $\mathit{ABC}$ požadovaným spôsobom.

Výsledok:

$47$

Z prvočíselného rozkladu čísla $2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ dostávame prvočíselný rozklad čísla $2016^2=2^{10}\cdot 3^4\cdot 7^2$. Takže $2016^2$ má $11\cdot 5\cdot 3=165$ kladných deliteľov z ktorých $\frac{1}{2}\cdot (165-1)=82$ sú menšie ako $2016$ — nerátajúc $2016$. Deliteľov si rozdelíme do dvojíc $(x,y)$ tak, že $x\cdot y=2016^2$ a $x<2016<y$. Poznamenajme, že $2016$ má $6\cdot 3\cdot 2-1=35$ deliteľov menších ako $2016$ ktoré sú taktiež deliteľmi $2016^2$. Hľadané číslo spĺňajúce zadanie je $82-35=47$.

Výsledok:

$\frac{1}{2}(4033\sqrt{4033}-1)$

Všimnime si, že pre $n\in \mathbb{N}$,

Dostávame teda

Výsledok:

423

Číslo $1$ môžeme dostať len z $3$, ktorú zas môžeme dostať len z $2$ alebo $9$. Ďalej číslo $9$ môžeme dostať len z $8$ alebo $27$; $2$ môžeme dostať z $1$ alebo $6$, z čoho len $6$ vyhovuje zadaniu, keďže nechceme dostať číslo $1$ skôr. Poďme na to všeobecne a označme $P_n$ množinu kladných celých čísel takých, že postupnosť zo zadania dosiahne $1$ práve v $n$-tom člene práve vtedy, keď $a_0\in P_n$. Ľahko vidieť, že pre $n\ge 3$ dostaneme množinu $P_{n+1}$ tak, že zoberieme čísla $3x$ pre každé $x\in P_n$ a tiež čísla $x-1$ pre každé $x\in P_n$ také, že $x-1$ nie je deliteľné tromi.

Nech $p_n$ je počet prvkov množiny $P_n$ a nech $f_n$, $g_n$, resp. $h_n$ označuje počet prvkov množiny $P_n$, ktoré sú tvaru $3k$, $3k+1$, resp. $3k+2$. Všimnite si, že pre $n\ge 3$ sú všetky prvky $P_n$ väčšie než 3, a teda

• $f_{n+1}=p_n$, keďže pre každé $x\in P_n$ existuje $3x\in P_{n+1}$,
• $g_{n+1}=h_n$, keďže pre každé $x\in P_n$, ktoré je tvaru $3k+2$, existuje $x-1=3k+1\in P_{n+1}$ a
• $h_{n+1}=f_n$ z podobných dôvodov.

Odtiaľ dostávame

pre $n\ge 4$. Z počiatočných úvah získame, že $p_1=1$, $p_2=2$ a $p_3=3$, a teda nasledujúce členy možno dopočítať pomocou uvedenej rekurencie. Požadovaný výsledok je $p_{11}=423$.

Výsledok:

$74^{\circ }$

Keďže $\mathit{KJ}$ je stredná priečka trojuholníka $\mathit{BID}$, platí $\mathit{KJ}\parallel \mathit{BI}$ a podobne tiež $\mathit{KL}\parallel \mathit{CF}$. Takže $|\mathit{\angle JKL}|=|\mathit{\angle IBA}|+|\mathit{\angle DCF}|$. Keďže $|\mathit{\angle AIE}|=|\mathit{\angle ABE}|=90^{\circ }$, štvoruholník $\mathit{BIAE}$ je tetivový. Preto platí

Rovnakým spôsobom s využitím tetivového štvoruholníka $\mathit{CFDE}$ určíme $|\mathit{\angle DCF}|=37^{\circ }$, teda $|\mathit{\angle JKL}|=74^{\circ }$.

Výsledok:

133

Predpokladajme, že Kubo zobral presne $a$, $b$, resp. $c$ čísel rovných $-1$, $1$, resp. $2$ (čísla rovné $0$ zjavne nehrajú žiadnu úlohu). Podmienku zo zadania môžeme prepísať ako

Naším cieľom je maximalizovať $-a+b+8c=19+6c$. Avšak sčítaním oboch rovníc dostaneme, že $6c=118-2b$, takže $c\le 19$. Hodnotu $c=19$ vieme dostať položením $a=21$, $b=2$, takže hľadané maximum súčtu tretích mocnín je $19+6\cdot 19=133$.

Výsledok:

$876513240$

Nech $A_k$ označuje $k$-tu cifru hľadaného čísla, takže hľadané číslo je$\overline{A_1{A}_2{A}_3{A}_4{A}_5{A}_6{A}_7{A}_8{A}_9}$. Celkom máme $10$ možných cifier, takže presne jedna cifra, označme ju $d$, nie je použitá v desiatkovom zápise požadovaného čísla. Nech $N_k$ je číslo vzniknuté vyškrtnutím $k$-tej cifry.

Vieme, že $N_2$ je párne, takže $2\mid A_9$. Ďalej vieme, že číslo $N_5$ je deliteľné piatimi, takže aj $A_9$ je deliteľné piatimi. To znamená, že $A_9=0$.

Číslo $N_9$ je deliteľné $9$-timi, takže ciferný súčet čísla $N_9$, ktorý má hodnotu $1+2+3+4+5+6+7+8+9-d=45-d$, je deliteľný $9$-timi, z čoho dostávame $d=9$.

Čísla $N_8$ a $N_4$ sú deliteľné $4$-mi, čo znamená, že cifry $A_7$, $A_8$ sú párne. Naviac, číslo $N_8$ je deliteľné $8$-mim, takže dvojciferné číslo $\overline{A_6{A}_7}$ je deliteľné $4$-mi. Taktiež čísla $N_3$ a $N_6$ sú deliteľné $3$-mi a taktiež aj ciferný súčet hľadaného čísla je deliteľný $3$-mi. Z toho vyplýva $\{A_3,A_6\}=\{3,6\}$.

Keďže hľadáme najväčšie číslo, položme $A_1=8$, $A_3=6$, $A_6=3$. Potom nám ostane $\{A_7,A_8\}=\{2,4\}$, ale keďže $4\mid \overline{A_6{A}_7}$, tak $A_7=2$ a $A_8=4$.

Stačí skontrolovať, že umiestnením zvyšných cifier v klesajúcom poradí dostaneme číslo $876513240$, ktoré spĺňa zvyšnú podmienku zo zadania, teda že číslo $N_7=87651340$ je deliteľné $7$-mimi.

Výsledok:

25

Všimnite si, že trojuholník má svoju plochu rovnú obvodu práve vtedy, keď polomer jeho vpísanej kružnice je $2$. Preto trojuholníky $\mathit{BCP}$ a $\mathit{ADP}$ sú zhodné; totiž ak bod $P$ je bližšie k strane $\mathit{AD}$ než k $\mathit{BC}$, tak polomer kružnice vpísanej trojuholníku $\mathit{ADP}$ je menší ako polomer kružnice vpísanej trojuholníku $\mathit{BCP}$. To znamená, že bod $P$ leží na jednej z osí symetrie obdĺžnika $\mathit{ABCD}$.

Nech $Q$ je kolmý priemet bodu $P$ na stranu $\mathit{BC}$, $M$ je stred úsečky $\mathit{AB}$ a položme $x=|\mathit{BQ}|$, $y=|\mathit{CQ}|$. Obsah trojuholníka $\mathit{ABP}$ je teda $6x$ a s využitím Pytagorovej vety v trojuholníku $\mathit{MBP}$ vyjadríme $|\mathit{BP}|=\sqrt{x^2+6^2}$. Rovnosť plochy a obvodu trojuholníka $\mathit{ABP}$ si vieme prepísať do rovnice

s jediným kladným riešením $x=9∕2$.

Hodnotu $y$ môžeme nájsť podobne: využijeme, že $|\mathit{BP}|=15∕2$ a $|\mathit{CP}|=\sqrt{y^2+6^2}$, takže z podmienky pre trojuholník $\mathit{BCP}$ dostaneme rovnicu

s jediným kladným riešením $y=5∕2$.

Z toho dopočítame $|\mathit{CP}|=13∕2$ a obvod trojuholníka $\mathit{CDP}$ nám vyjde $25$.

Výsledok:

145

Nech $c_i$ označuje číslo $c$, ktoré sme použili v $i$-tom kroku. Po $n$ krokoch, číslo $a$ (t. j. prvé číslo v dvojici) bude $a=n{c}_1+(n-1)c_2+\cdots +c_n$. Stanovme $n$ a nech $s=n{𝜀}_1+(n-1){𝜀}_2+\cdots +{𝜀}_n$, kde ${𝜀}_i=1$, ak $c_i=247$ a ${𝜀}_i=0$, ak $c_i=-118$. Definujme $t$ podobným spôsobom s tým, že ${𝜀}_i=1$ práve vtedy, keď $c_i=-118$. Nepochybne $a=247s-118t$, takže podmienka $a=0$ implikuje $247s=118t$, avšak čísla $247$ a $118$ sú nesúdeliteľné takže existuje celé $k$ také, že $s=118k$ a $t=247k$. Z toho vyplýva, že

a keďže $365=5\cdot 73$, dostávame, že $n$ je aspoň $2\cdot 73-1=145$.

Ostáva ukázať, že pre $n=145$ existujú také čísla $c_i$, že $247s=118t$. Nech $m$ je najmenšie kladné číslo, pre ktoré platí

teraz položme $c_i=-118$ pre $i\in \{1,\dots ,m\}\setminus \{r\}$ a $c_i=247$ vo zvyšných prípadoch, kde