Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$130$

Je to len plocha posuvnej a pevnej časti okna, ktoré sa prekrývajú, čo je obdĺžnik $10\text{cm}\times 13\text{cm}$.

Výsledok:

$42$

Pozerajúc sa na obrázok si môžeme všimnúť, že obvod veľkého obdĺžnika je rovný súčtu obvodov štyroch menších vonkajších obdĺžnikov s vpísanými obvodmi mínus obvod stredného menšieho obdĺžnika. Správna odpoveď je teda

Výsledok:

$6301$

Nakoľko posledná cifra štvorciferného prvočísla nemôže byť párna, tak hľadané prvočíslo bolo tvaru $630\ast$. Navyše posledná cifra nemôže byť $5$, lebo číslo by bolo deliteľné piatimi. Ostali nám možnosti $1$, $3$, $7$ a $9$. Ale číslo $630$ je deliteľné tromi, takže cifry $3$ a $9$ nemôžeme použiť. Podobne, $630$ je deliteľné siedmimi, takže ani číslo $6307$ nie je prvočíslo. Teda hľadané číslo je $6301$.

Výsledok:

$\frac{41}{70}$

Keďže nás zaujíma len podiel obsahov pozemkov, môžeme použiť $5\text{m}$ ako jednotkovú dĺžku. Spočítaním obsahov troch pravouhlých trojuholníkov získame výsledok

Výsledok:

$4$

Je nevyhnutné odstrániť aspoň 4 body, pretože štyri štvorce $1\times 1$ v rohoch mriežky nemajú žiaden z bodov spoločný. Odobratie dvoch protiľahlých rohov mriežky a dvoch stredných bodov pozdĺž opačnej diagonály dokazuje, že tento počet je dostačujúci.

Výsledok:

$5$

Posledné cifry jednotlivých druhých mocnín sa menia periodicky s periódou 10. Máme

čo má poslednú cifru $5$. Posledná cifra $1^2+2^2+\cdots +2010^2$ je $5$, vďaka tomu, že $201\cdot 5=1005$. Okrem toho posledná cifra súčtu $2011^2+2012^2+\cdots +2017^2$ je $0$. Dohromady, hľadaná cifra súčtu štvorcov $1^2+2^2+3^2+\cdots +2017^2$ je $5$.

Výsledok:

$\frac{11}{12}$

Daný podiel môžeme zapísať aj nasledovným spôsobom:

Výsledok:

$163$

Označme počet vlakov medzi Linzom a Waldkirchenom ako $r$, medzi Linzom a Regensburgom ako $w$ a medzi Waldkirchenom a Regensburgom ako $l$. Anna spočítala všetky vlaky medzi Linzom a dvomi ostatnými mestami. Preto dostaneme rovnosť $r+w=190$. Analogicky dostaneme aj rovnosti $l+w=208$ a $l+r=72$. Sčítaním prvých dvoch rovností a odčítaním tretej dostaneme $2w=190+208-72$ čo nás vedie k tomu, že $w=\frac{1}{2}\cdot 326=163$.

Výsledok:

$256$

Predpokladajme, že $x=a^4$ pre nejaké párne kladné celé číslo $a$ a že permutáciou cifier čísla $x$ vieme dostať číslo $b^4$ pre nejaké nepárne kladné celé číslo $b$.

Nakoľko $10000=10^4$, tak obidve čísla $a$ a $b$ musia byť menšie ako $10$. Štvrtá mocnina párneho jednociferného čísla $a$ (teda $a^4$) musí vždy končiť na cifru $6$. Nakoľko je $b$ jednociferné kladné celé číslo, tak môžeme vidieť, že iba $5^4=625$ a $9^4=6561$ obsahujú cifru $6$. Napriek tomu, každá permutácia cifier čísla $9^4$ bude mať súčet cifier deliteľný tromi (súčet cifier sa nemení), teda jediné možné riešenie by mohlo byť $6^4=1296$, ktoré však nie je permutáciou cifier čísla $9^4$. Pre $b^4=625$ môžeme ľahko nájsť $x=a^4=256$, čo je aj jediné riešenie.

Výsledok:

$1:7$

Trojuholníky $\mathit{EBF}$ a $\mathit{CDF}$ sú podobné s pomerom podobnosti $|\mathit{EB}|:|\mathit{CD}|=1:6$. Z toho tiež vyplýva, že $|\mathit{BF}|:|\mathit{FD}|=1:6$, a preto $|\mathit{BF}|:|\mathit{BD}|=1:7$.

Výsledok:

$200$

Keďže maximálny počet lôžok v izbe je $3$, práve tri lôžka sú v každej izbe od č. 51 po č. 100. Takže, od prvej až po $50$-tu izbu je dokopy $56-2\cdot 3=50$ lôžok. Z toho dostaneme že v celom hoteli je $50+150=200$ lôžok.

Výsledok:

$3\cdot 2^{1008}$

Ľahko vidieť, že v každom kroku je červené číslo väčšie ako zelené. Predpokladajme, že v $n$-tom kroku sú na papieri napísané čísla ${Č}_n$, $Z_n$ postupne červenou a zelenou. Potom v kroku $n+1$ to budú čísla ${Č}_{n+1}={Č}_n+Z_n$ a $Z_{n+1}={Č}_n-Z_n$. V kroku $n+2$ dostaneme čísla

Preto sa čísla po dvoch krokoch zdvojnásobia. Medzi prvým a 2017-tym krokom máme 1008 dvojkrokov, teda výsledok je $3\cdot 2^{1008}$.

Výsledok:

$124$

Podľa Pytagorovej vety je dĺžka uhlopriečky obdĺžnika $\sqrt{60^2+80^2}=100$. Pomocou Euklidovej vety o odvesne vieme zistiť dĺžku kratšieho úseku vytnutého výškou na uhlopriečke ako $60^2∕100=36$. Dlhší úsek uhlopriečky bude teda $100-36=64$. Podľa Euklidovej vety o výške bude dĺžka výšky $\sqrt{36\cdot 64}=48$. Dokopy má teda cestička dĺžku $48+(64-36)+48=124$.

Výsledok:

$8$

Keďže všetky číslice čísla $2017$ sú rôzne, všetky číslice $a$, $b$, $c$, $d$ sú tiež rôzne, a preto každú vymažeme práve raz. Všimnime si, že po vymazaní bude buď prvá alebo posledná číslica $2017$ rovná $a$. V prvom prípade máme $a=2$ a dostávame analogický podproblém pre šesťčíselný palindróm z číslicami $0,1,7$. V druhom prípade sa $a=7$, a dostávame analogický podproblém pre šesťčíselný palindróm z číslicami $2,0,1$. V oboch prípadoch máme znova dve možnosti pre $b$, takže dostaneme 4 analogické podproblémy so štvorčíselnými palindrómami. Každý z týchto podproblémov sa znova rozdelí na dva ďalšie podproblémy s dvojčíselnými palindrómami, ktoré už majú jednoznačné riešenia. Dokopy máme teda $2^3=8$ možností.

Výsledok:

$9$

Pre jednociferné kladné celé čísla $n$ vždy platí $S(n)+P(n)=2n>n$. Teraz uvažujme kladné celé čísla $n$, ktoré majú viac ako jednu cifru. Nech $m\ge 1$ a $n=a_{m}10^m+\cdots +a_0$ sú celé čísla, pre ktoré platí $0\le a_k\le 9$ pre $0\le k\le m$ a $a_m\ne 0$. Potom máme

a rovnosť nastáva iba pre $m=1$. Z toho dôvodu, číslo $n$, ktoré spĺňa podmienku, musí spĺňať

čo je ekvivalentné $a_1(9-a_0)=0$, takže $a_0=9$. Po jednoduchom overení dostávame, že práve deväť čísel $19$, $29$, $39$, $49$, $59$, $69$, $79$, $89$ a $99$ má požadovanú vlastnosť.

Výsledok:

$19$

Označme $x$, $y$, $z$ počty manažérov, robotníkov a brigádnikov v danom poradí. Podmienky zo zadania vieme prepísať do nasledovnej sústavy rovníc

kde $x$, $y$, $z$ sú prirodzené čísla. Keď vyjadríme $z$ z rovnice $(2)$ dostávame $z=2000-20y-100x$. Pravá strana je deliteľná $20$-timi, takže $z$ môžme zapísať ako $z=20k$ pre nejaké prirodzené $k$. Rovnica $(2)$ sa teda dá zjednodušiť na $5x+y+k=100$. Od tejto rovnice odčítame $(1)$, kde $z=20k$ a dostaneme $4x=19k$. Čísla $4$ a $19$ sú nesúdeliteľné, teda $x$ je násobok $19$. Keďže $x$, $y$, a $z$ sú kladné, z rovnice $(2)$ dostávame $x<20$. Z toho vyplýva, že $x=19$ ($y=1$ a $z=80$) je jediné riešenie.

Výsledok:

$51$

Na začiatok si uvedomíme, že ak tmavosivý trojuholník otočíme o $30^{\circ }$ okolo stredu kružnice, tak sa vrcholy trojuholníka budú zhodovať s vrcholmi 6-uholníka. Potom je jasné, že prekrýva polovicu 6-uholníka.

Zároveň vieme, že šrafovaný trojuholník má rovnako dlhú stranu ako je dĺžka strany 6-uholníka. Z toho vyplýva, že plocha šrafovaného trojuholníka je $\frac{1}{6}$ z plochy 6-uholníka. Dohromady je plocha tmavosivého trojuholníka rovná $3\cdot 17=51$.

Výsledok:

$15$

Ak začneme ukladať dlaždice najprv do rovných pásov, tak je zrejmé, že spôsob dláždenia je určený len jedinou oblasťou s rozmermi $3\times 5$:

Existujú tri možnosti pre jej dláždenie: buď môžu v dláždení pokračovať v smere poslednej dlaždice (prípad (1)), ktoré vytvorí dve oddelené oblasti $3\times 2$ alebo ukladať dlaždice kolmo na poslednú dlaždicu (prípady (2) a (3)). V týchto dvoch prípadoch môžu dláždiť len jediným spôsobom až kým neostane nevydláždená len jedna oblasť $3\times 2$.

Každá oblasť $3\times 2$ môže byť vydláždená troma spôsobmi, ktoré sú naznačené na obrázkoch:

Takže máme $3\cdot 3=9$ možností dláždenia v prípade (1) a $3$ možnosti v prípadoch (2) a (3). Dokopy máme teda $9+3+3=15$ možností.

Výsledok:

$2021$, $10085$

Pre vybraného deliteľa $d$ čísla $n$ vieme nájsť nejaké kladné celé číslo $k$ také, že $n=\mathit{kd}$. Teraz nám rovnosť hovorí

Nakoľko $2017$ je prvočíslo, dostávame $d=1$ alebo $d=2017$. V prvom prípade dostávame $n=k=2017+4=2021$. V druhom prípade dostávame $k=5$, a preto $n=2017\cdot 5=10085$.

Výsledok:

$60$

Akonáhle si Denisa sadne na jedno z piatich miest, zostanú len $2$ miesta, kde si môže sadnúť Vanesa tak aby nesedeli vedľa seba. To dáva $5\cdot 2$ možností. Pre každú z nich si traja zvyšní študenti môžu posadať $3!$ spôsobmi, čo dáva dokopy $5\cdot 2\cdot 3!=60$ spôsobov.

Výsledok:

$73^{\circ }$

Označme priesečník priamok $\mathit{AC}$ a $\mathit{DM}$ ako $S$ a priesečník priamok $\mathit{AC}$ a $\mathit{BD}$ ako $T$.

Z toho, že $|\sphericalangle \mathit{MAC}|=56^{\circ }$, a daného pravého uhla pri vrchole $S$ vieme, že $|\sphericalangle \mathit{SMA}|=34^{\circ }$ využitím súčtu uhlov trojuholníka $\mathit{AMS}$. Ďalej, $|\sphericalangle \mathit{BMD}|=180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{SMA}|=146^{\circ }$. Nakoľko $\mathit{MD}$ aj $\mathit{MB}$ sú polomermi kružnice, tak trojuholník $\mathit{BDM}$ je rovnoramenný ($|\sphericalangle \mathit{MBD}|=|\sphericalangle \mathit{MDB}|$). Využitím súčtu vnútorných uhlov v trojuholníku dostávame $|\sphericalangle \mathit{MDB}|=17^{\circ }$. Naším cieľom je zistiť veľkosť uhla $\mathit{CTB}$, ktorý je rovnako veľký ako uhol $\mathit{STD}$. Avšak ten vieme vypočítať pomocou súčtu uhlov v pravouhlom trojuholníku $\mathit{DST}$ s tým, že využijeme $|\sphericalangle \mathit{SDT}|=|\sphericalangle \mathit{MDB}|$. Výsledkom je $|\sphericalangle \mathit{CTB}|=73^{\circ }$.

Výsledok:

$488$

Nech $f_n$ je dĺžka hrubej hranice v $n$-tom kroku. Všimnime si, že v každom kroku sú zlepené vždy tri rovnaké útvary z predchádzajúceho kroku a to pozdĺž dvoch štvorcov, ktoré nie sú časťou hranice. Z tohto pozorovania máme $f_{n+1}=3\cdot f_n-2\cdot 2$ pre všetky $n\ge 1$. Ak to spojíme s $f_1=4$, po dosadení dostávame $f_6=488$.

Výsledok:

$1345$

Najprv, si všimnime, že tam nie sú žiadni zloduchovia, ktorí sedia vedľa seba: ak by to tak bolo, tak nejaký iný zloduch by musel sedieť pri jednom zo spomínaných zloduchov, ďalší vedľa neho atď. To by však znamenalo, že sa tam nenachádza žiaden superhrdina, ale zadanie hovorí, že sa tam aspoň jeden nachádza. Ak vynecháme superhrdinu, ktorý povedal zlé tvrdenie, potom každý superhrdina sedí vedľa iného superhrdinu a zloducha. Teda celý stôl sa dá rozdeliť na časti obsahujúce: superhrdina–superhrdina–zloduch.

Superhrdina, ktorý klamal, môže teraz sedieť medzi dvomi superhrdinami alebo môže sedieť medzi dvomi zloduchmi. Počet ľudí za stolom musí dávať po delení tromi zvyšok $1$ v prvom prípade a zvyšok $2$ v druhom prípade. Nakoľko $2017$ dáva zvyšok $1$ po delení $3$, tak potom platí prvý prípad, a teda môžeme povedať, že za stolom sedí $\frac{2}{3}\cdot 2016+1=1345$ superhrdinov.

Výsledok:

$\sqrt[2016]{2017}$

Nakoľko $x$ je kladné, vieme obe strany rovnosti umocniť na $1∕x$ a dostaneme $x^{2017}=2017x$, resp. $x^{2016}=2017$. Riešenie je $x=\sqrt[2016]{2017}$.

Výsledok:

$10$

Dvanásťsten má $20$ vrcholov a v každom vrchole sa stretávajú tri hrany. Teraz uvažujme len model pozostávajúci z vrcholov a hrán dvanásťstena. Po každom kroku farbenia cesty zo spojených hrán jednej farby tieto zafarbené hrany z modelu vymažeme. Ak je zmazaná uzavretá cesta, v každom vrchole je odobraných $0$ alebo $2$ hrany. Ak začiatočný vrchol $z$ a konečný vrchol $k$ zmazanej cesty sú odlišné, je z nich vymazaná práve jedna hrana, pričom zo zvyšných vrcholov je odobraných $0$ alebo $2$ hrany. Preto každý vrchol musí byť počiatočným/konečným vrcholom aspoň jednej cesty. Musíme mať teda aspoň $10$ ciest (zafarbení).

Nasledujúci obrázok ukazuje, že zafarbenie 10 farbami existuje:

Výsledok:

$24$

Obsah chodníčka vieme rozdeliť na tri lichobežníky s výškou $2$ a prislúchajúcou strednou priečkou $a$, $b$, alebo $c$.

Nakoľko obsah lichobežníka vieme vypočítať ako súčin dĺžok výšky a strednej priečky, dostávame

ako výsledný obsah štrkového chodnčka v ${\text{m}}^2$. Množstvo štrku, ktorý treba objednať, vieme vypočítať ako $600{\text{m}}^2\cdot 0.04\text{m}=24{\text{m}}^3$. Takže, výsledok je $24$.

Výsledok:

$7744$

Nech $N$ je hľadané číslo a označme $x$ a $y$ ako prvú a poslednú cifru v tomto poradí. Potom dostávame

takže $N$ je deliteľné $11$-timi. Ale $N$ je štvorcom (druhou mocninou celého čísla), takže musí byť deliteľné aj $11^2$. Takže dostávame $N=11^2{k}^2$ pre nejaké kladné celé číslo $k$ a $100x+y=11k^2$. Nakoľko ľavá strana rovnosti je trojciferné celé číslo $\overline{x0y}$ s tým, že na mieste desiatok sa nachádza nula, tak $k^2$ musí byť dvojciferný štvorec, ktorého ciferný súčet je $10$. Jediné také číslo je $8^2=64$. Z toho vyplýva, že $100x+y=11\cdot 8^2$ a z toho dostávame $N=11^2\cdot 8^2=88^2=7744$.

Výsledok:

$\frac{51}{58}$

Ak Jolanka dá po jednej bielej loptičke do troch krabičiek zo štyroch, potom vyhrá, ak vyberie jednu z týchto troch krabičiek. Máme teda rozdelenie $(1,0),(1,0),(1,0),(15,14)$ pre $(b,c)$ a vyhrá s pravdepodobnosťou $\frac{1}{4}(1+1+1+\frac{15}{29})=\frac{51}{58}$. Je ľahko vidieť, že akékoľvek iné rozdelenie dáva menšiu pravdepodobnosť výhry: pravdepodobnosť prehry je súčet pravdepodobností vybratia jednej čiernej loptičky a pre vybratie jednej loptičky je pravdepodobnosť najmenšia, ak je v krabičke s čo najviac loptičkami.

Výsledok:

$80$

Nech $t$ je spoločný časový interval medzi momentmi, kedy vozidlá prechádzajú okolo dvoch pozorovateľov. Motorka príde k prvému pozorovateľovi $t$ hodín po nákladiaku a k druhému pozorovateľovi $t$ hodín pred nákladiakom. To znamená, že motorka prejde vzdialenosť medzi dvoma pozorovateľmi za $2t$ hodín rýchlejšie ako nákladiak. Motorka ide dvakrát tak rýchlo ako nákladiak, takže prejde vzdialenosť medzi pozorovateľmi za polovičný čas. Teda nákladiaku to musí trvať $4t$ hodín, aby prešiel rovnakú vzdialenosť.

Ďalej, autobus prejde okolo prvého pozorovateľa $t$ hodín pred nákladiakom a okolo druhého pozorovateľa $2t$ hodín pred nákladiakom. Nákladiaku trvá $4t$ hodín prejsť medzi pozorovateľmi, takže autobusu trvá $3t$ hodín prejsť rovnakú vzdialenosť. Takže rýchlosť autobusu sú $\frac{4}{3}$ rýchlosti nákladiaku, a to je $80\text{km/h}$.

Výsledok:

$50$, $50$, $60$

Zjavne vo výroku nemôže byť viac ako $10$ cifier. Ak sa pozrieme na cifry, ktoré už vidíme, môžeme pozorovať, že v prvých dvoch políčkach musí byť aspoň $20$ a v treťom aspoň $40$. Preto musí byť v políčkach spolu $10$ cifier a všetky čísla v políčkach budú končiť na $0$, takže ich môžme postupne označiť $\overline{a0}$, $\overline{b0}$ a $\overline{c0}$, kde $a$, $b$ a $c$ sú cifry, pre ktoré platí $a+b=10$.

Pretože vo výroku sú aspoň dve cifry väčšie ako $4$ a aspoň päť cifier menších alebo rovných $4$, môžeme usúdiť, že $5\ge a\ge 2$. Navyše, aspoň jedna z cifier $a$ a $b$ je väčšia ako $4,$ takže dostávame $5\ge a\ge 3$.

Máme aspoň štyri cifry rovné $4$ alebo $5$, čo znamená, že $c\ge 4$. Keďže definícia $\overline{c0}\%$ vylučuje prípad $c=4$, musí platiť $c\ge 5$, z čoho dostávame $5\ge a\ge 4$. V prípade $a=4$ dostaneme $b=6$, ale potom by pre žiadne $c\ge 5$ nebolo možné dostať pravdivý výrok, ako je požadované. Nech teraz $a=5$. To vedie k $b=5$ a výrok je pravdivý pre $c=6$.

Výsledok:

$30\sqrt{\frac{2}{7}}$

Keďže trojuholník $\mathit{PBC}$ má väčší obsah ako trojuholník $\mathit{ABP}$, koncový bod nového plotu na strane $\mathit{AC}$ (označeného ako $X$) leží medzi $C$ and $P$ a druhý koncový bod (označený ako $Y$) leží na strane $\mathit{BC}$. Trojuholníky $\mathit{PBC}$ a $\mathit{XY}C$ sú podobné, takže $|\mathit{XY}|:|\mathit{XC}|=|\mathit{PB}|:|\mathit{PC}|$.

Ďalej plocha trojuholníka $\mathit{XY}C$ je polovicou plochy trojuholníka $\mathit{ABC}$,

alebo

teda

Výsledok:

$-144$

Označme pôvodné čísla ako $a\le b\le c\le d\le e$. Medzi desiatimi vypočítanými súčtami je najmenší $a+b=1$, druhý najmenší $a+c=2$, najväčší $d+e=10$ a druhý najväčšií $c+e=9$. Sčítaním všetkých desiatich súčtov dostaneme

teda $a+b+c+d+e=14$. Potom $c=14-(a+b)-(d+e)=14-1-10=3$. Z toho $a=2-c=-1$, $b=1-a=2$, $e=9-c=6$ a $d=10-e=4$. Pre tieto hodnoty môžeme jednoducho skontrolovať, že zvyšných šesť súčtov presne zapadá do zoznamu čísel na tabuli. Preto súčin, ktorý máme získať, je $-1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 6=-144$.

Výsledok:

$3^2+5^2+7^2+9^2+13^2$

Keďže $17^2=289<333<361=19^2$, len čísla $1^2,3^2,\dots ,17^2$ (spolu $9$ rôznych čísel) sa môžu vyskytnúť v súčte. Navyše, umocnením nepárneho celého čísla na druhú dostaneme zvyšok $1$ po delení ôsmimi. Číslo $333$ má zvyšok $5$ po delení ôsmimi, preto musíme mať práve 5 sčítancov.

Keďže $1^2+3^2+5^2+7^2+17^2>333$, $17^2$ nemôže byť v súčte. Poďme sa pozrieť na zvyšky ostatných sčítancov po delení piatimi: dva z nich sú deliteľné piatimi ($5^2$, $15^2$), tri z nich dávajú zvyšok $1$ ($1^2$, $9^2$, $11^2$) a tri dávajú zvyšok $-1$ ($3^2$, $7^2$, $13^2$). Pretože $333$ dáva zvyšok $3$ (alebo $-2$), zostávajú nám dva prípady na zváženie. V prvom prípade môžme sčítať všetky čísla so zvyškom $0$ alebo $1$; avšak tento súčet prevyšuje $333$. V druhom prípade na dosiahnutie zvyšku $-2$, musíme sčítať všetky čísla so zvyškom $-1$, jedno číslo so zvyškom $0$ a jedno číslo so zvyškom $1$. Môžme si všimnúť, že výsledok zložený z $11^2$ alebo $15^2$ je príliš veľký a z dvoch zvyšných možností, len súčet $3^2+5^2+7^2+9^2+13^2$ je rovný $333$.

Výsledok:

$4$

Z $0=0\odot u=\mathit{bu}$ dostaneme $b=0$ ($u$ je nenulové). Rovnice zo zadania sa teraz dajú prepísať na

s riešením $a=5$, $c=-1$. Nakoniec $1=1\odot u=5-u$ dáva $u=4$.

Výsledok:

$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Označme body dotyku $A$, $B$ a $T$ a stredy kružníc $X$, $Y$ a $Z$ tak, ako na obrázku.

Použitím Pytagorovej vety dostaneme

Keďže $\mathit{BY}\parallel \mathit{TZ}$ a $|\mathit{BY}|=|\mathit{TZ}|=r$, štvoruholník $\mathit{BY}\mathit{ZT}$ je rovnobežník, a teda $|\mathit{BT}|=|YZ|=2r$. Keďže Pytagorova veta v trojuholníku $\mathit{ABT}$ hovorí, že $|\mathit{AB}{|}^2+|\mathit{AT}{|}^2=|\mathit{BT}{|}^2$, dostávame $4r+2^2={(2r)}^2$. To upravíme na

Jediným kladným riešením tejto kvadratickej rovnice je $r=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Výsledok:

$72$

Nech $a_1,\dots ,a_5$ sú pôvodné čísla nasprejované na stene. Hľadáme najmenšiu hodnotu výrazu

kde $\lfloor x\rfloor$ označuje najväčšie celé číslo, ktoré neprevyšuje $x$. Tento výraz môžeme prepísať do tvaru

kde $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$ je časť $x$. Našim cieľom je maximalizovať súčet

Ten môžeme ďalej rozdeliť na dva súčty

(položíme $a_6=a_1$ a $a_7=a_2$). Teraz rovnice

ukazujú, že $S_1$ aj $S_2$ sú celé čísla. Ďalej sú obe súčtom piatich čísel menších ako $1$ a teda obe sumy sú najviac rovné $4$; z čoho vyplýva $S\le 8$. Pre pôvodnú sumu tak dostávame $W\ge 72$ a rovnosti vieme získať, keď budú všetky desatinné časti $a_1,\dots ,a_5$ rovné $0,4$.

Výsledok:

$864$

Najmenším deliteľom čísla $n$ je 1. Nech druhý a tretí najmenší deliteľ čísla $n$ sú $p$, $q$ v tomto poradí ($p$ je prvočíslo a $q$ je buď prvočíslo alebo $q=p^2$). Potom $M(n)=1+p+q$ a $V(n)=n+n∕p$. Po vynásobení číslom $p$ môžeme podmienku napísať ako

Pravá strana je deliteľná $p+1$ a keďže $p$ a $p+1$ sú nesúdeliteľné, $p+1\mid {(1+p+q)}^4$. Ak obe $p$, $q$ sú nepárne, potom $p+1$ je párne a delí nepárne ${(1+p+q)}^4$, čo ale nie je možné. Preto $p=2$ ($2$ musí byť deliteľom $n$ a $p$ je najmenší prvočíselný deliteľ). Teraz úpravou ${(1+p+q)}^4={(3+q)}^4$ cez binomický rozvoj a vynechaním výrazov deliteľných $3$ dostávame $3\mid q^4$, teda $3\mid q$. Možnosť $q=p^2$ zjavne nie je splniteľná. Z toho máme, že $q$ je prvočíslo a teda $q=3$. Nakoniec $n\cdot 3=2\cdot 6^4$, takže $n=2^5\cdot 3^3=864$.

Výsledok:

$51$

Najprv uvažujme prípad, keď na stredné políčko tabuľky umiestnime prekážku. V tomto prípade sa myš dostane k syru, len keď pôjde okolo, teda pozdĺž kraja tabuľky. Takže ďalšie prekážky môžeme umiestniť len k jednému z týchto krajov (ciest). Každá cesta sa skladá z troch políčok, takže máme $2^3=8$ možností, ako vyplniť jedno z nich a $8+8-1=15$ možností, ako nechať aspoň jednu cestu priechodnú ($-1$ je tam preto, aby sme možnosť s oboma voľnými cestami nezapočítali dvakrát).

Ak by bolo prostredné políčko voľné, cesta k syru existuje práve vtedy, keď aspoň jedno z políčok susedných k syru a zároveň jedno susedné k myši je voľné. Z toho dostávame tri možnosti pre voľné políčko pri myši a tri možnosti pre voľné políčko pri syre. Zároveň máme dve možnosti pre každý z neuvažovaných rohov tabuľky. Takže počet možných umiestnení prekážok v tomto prípade je $3\cdot 3\cdot 2\cdot 2=36$.

Spolu dostávame $15+36=51$ možností.

Výsledok:

$-3$

Najprv si všimneme, že ak pripočítame $10$ k obom stranám rovnice, dvojčlen $x^2+1$ môžeme na ľavej strane vybrať pred zátvorku

Výraz na ľavej strane môžeme vnímať ako výsledok súčinu dvoch kvadratických funkcií $f(x)=x^2+1$ a $g(y)=y^2+6y+10$. Riešeniami našej rovnice sú teda všetky dvojice $(x,y)$ pre ktoré platí $f(x)g(y)=52$. Keďže $f(x)=f(-x)$, hľadané najmenšie $x_0$ bude nekladné. Pre nekladné čísla $x$ platí, že čím menšie $x$ zoberieme, tým väčšia bude hodnota $f(x)$, a teda tým menšia musí byť hodnota $g(y)$. Najmenšie možné $x$ teda zodpovedá najmenšej možnej hodnote $g(y)$. Takže stačí zistiť, kde $g(y)={(y+3)}^2+1$ má svoje minimum a z toho vieme, že odpoveďou je $y_0=-3$.

Výsledok:

$\frac{4\sqrt{3}}{11}$

Nech $P$ je bod ležiaci na $\mathit{BC}$ tak, že $\mathit{DP}\parallel \mathit{AC}$. Keďže trojuholníky $\mathit{ABC}$ a $\mathit{DBP}$ sú podobné, tak $|\mathit{AC}|:|\mathit{BC}|=|\mathit{DP}|:|\mathit{BP}|$.

Úsečka $\mathit{CE}$ je os uhla v trojuholníku $\mathit{BCD}$. Veta o osi uhla (pomer dĺžok dvoch strán trojuholníka je rovnaký ako pomer dĺžok úsekov, ktoré vytne os uhla, ktorý zvierajú, na tretej strane trojuholníka) nám teda hovorí, že $|\mathit{CD}|:|\mathit{CB}|=|\mathit{ED}|:|\mathit{EB}|=8:15$. Taktiež, $|\mathit{DP}|=|\mathit{CD}|\cdot \sin 60^{\circ }$ a $|\mathit{BP}|=|\mathit{CB}|-|\mathit{CP}|=|\mathit{CB}|-|\mathit{CD}|\cdot \cos 60^{\circ }$, takže

Výsledok:

$232$

Označme $N_k$ maximálne $N$ také, že s $k$ eurami vie Miško nájsť celé číslo z intervalu $1,\dots ,N$ (alebo tiež ľubovoľnú množinu za sebou idúcich $N$ celých čísel). Naším cieľom je vypočítať $N_{10}$. Očividne $N_0=1$ a $N_1=2$. Ukážeme, že čísla spĺňajú rekurentný vzťah

Naozaj, ak má Miško $k+2$ eur a vyberie číslo $N_{k+1}+1$, tak buď je to správne číslo, alebo je to príliš veľké číslo (v tejto situácii mu zostáva $k+1$ peňazí a $N_{k+1}$ za sebou idúcich celých čísel) alebo príliš malé (Miško pokračuje s $k$ peniazmi a $N_k$ možností). Z tohto nám vyplýva, že $N_{k+2}\ge N_{k+1}+N_k+1$. Avšak, ak by sme mali na výber viac ako $N_{k+1}+N_k+1$ čísel a ak by sme vybrali číslo väčšie ako $N_{k+1}+1$, mohli by sme sa dostať k viac ako $N_{k+1}$ možnostiam ale len s $k+1$ peniazmi (Miško vybral príliš veľké číslo) a podobne, výberom čísla menšieho ako $N_{k+1}+2$ sa môžme dostať k $N_k$ možnostiam s práve $k$ peniazmi (Miško vybral príliš malé číslo). Tým sme dokázali spomenutý rekurentný vzťah.

Číslo $N_{10}=232$, mohli sme ho vypočítať priamo z rekurentného vzťahu.

Výsledok:

$134$

Všimnime si, že keď vynásobíme ľavú stranu číslom $2$ a pripočítame $1$, dostaneme

Keď rovnakú operáciu spravíme s pravou stranou, dostávame $2\cdot 2017+1=4035$. Prvočíselný rozklad čísla $4035$ je $3\cdot 5\cdot 269$, a nakoľko $a\ge b\ge c\ge 1$, musia platiť tieto rovnosti $2a+1=269$, $2b+1=5$, a $2c+1=3$. Teda, výsledok je $a=134$.

Výsledok:

$14$

Označme miesta dotyku pilierov so zemou ako $A$, $B$, $C$ a najvyššie body pilierov ako $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$ (v tomto poradí). Nech $O$ je stredom trojuholníka $\mathit{ABC}$ (bod dotyku gule so zemou), $S$ je stredom vesmírnej lode (gule) a $D=\mathit{AO}\cap \mathit{BC}$. Dostávame $|\mathit{AO}|=|\mathit{AB}|\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=3\sqrt{3}\text{vm}$, $|A{A}^{\prime }|=1\text{vm}$ a $|\mathit{SO}|=|S{A}^{\prime }|=R$. Z Pytagorovej vety vieme

z čoho dostávame $R=14\text{vm}$.

Výsledok:

$1021$

Pridajme tri „falošné“ orechy na začiatok noci. Potom počet všetkých orechov bude deliteľný štyrmi. Po Andrejovej neskorej večeri bude počet zostávajúcich orechov stále násobok štyroch a stále tam budú naše tri falošné orechy. Opakovaním tohto argumentu zistíme že počet orechov, aj s falošnými, bude $4^{5}k$ pre nejaké prirodzené $k$, takže skutočný počet orechov bude $4^{5}k-3$. Dosadením $k=1$ dostávame hľadané minimum $4^5-3=1021$.

Výsledok:

$19$

Začneme s pozorovaním: Pre reálne číslo $x>1∕2$ existuje práve jedna (celočíselná) mocnina dvoch, na polootvorenom intervale $⟨x,2x)$.

Ďalej nazveme číslo veľmi praktické, ak všetky jeho prvočíselné delitele sú $2$ alebo $3$. Počet veľmi praktických čísel v intervale $⟨x,2x)$ zistíme nasledovne: Vieme, že sa tam nachádza práve jedna mocnina dvoch. Ďalej vieme, že na intervale $⟨x,2x)$ sa nachádza najviac jedno veľmi praktické číslo (nazvime ho $c_1$) deliteľné tromi, ale nie deliteľné $3^2$. Číslo $c_1∕3$ je zas jedinou mocninou dvojky na intervale $⟨x∕3,2x∕3)$ pričom $x>1∕6$. Takýmto spôsobom vieme nájsť veľmi praktické číslo $c_2$ deliteľné $3^2$ ale nie $3^3$ a tak ďalej, až kým $⟨x∕3^k,2x∕3^k)\cap \mathbb{N}=\varnothing$ t. j., $x<3^{-k}∕2$. Z toho usudzujeme, že počet veľmi praktických čísel na intervale $⟨x,2x)$ je $1+$najväčšie $k$ také, že $3^k<2x$; označíme ho ako ${\ell }_3(x)$.

Na získanie počtu praktických čísel na intervale $⟨x,2x)$ použijeme podobnú techniku: Hľadané číslo je suma všetkých veľmi praktických čísel na intervaloch $⟨x,2x)$, $⟨x∕7,2x∕7)$, $⟨x∕7^2,2x∕7^2)$, atď. Ale počet vieme vypočítať ako ${\ell }_3(x)+{\ell }_3(x∕7)+{\ell }_3(x∕7^2)+\dots$, pričom ${\ell }_7(x)$ definujeme podobne ako ${\ell }_3(x)$.

Nakoniec $2000$ nie je praktické číslo, a teda našou úlohou je vypočítať

čo je náš hľadaný počet.

Výsledok:

$321$

Všimnime si, že všetky $k$-ciferné čísla (v Decimovej notácii) sú reprezentované práve reťazcami

Preto na to, aby sme spočítali celkový počet výskytov číslice $D$ v $k$-ciferných číslach, môžeme dať dokopy čísla majúce $D$ na prvej pozícii, druhej, atď. až $k$-tej pozícii. Existuje práve $10^{k-1}$ takých čísel pre každú pozíciu, lebo musíme vyplniť zvyšných $k-1$ pozícii symbolmi $1,\dots ,9,D$. Keďže pre každé číslo rátame všetky výskyty $D$, môžeme rozdeliť tie čísla s viacerými výskytami do všetkých zodpovedajúcich skupín a výsledok zostane správny, takže je presne $k\cdot 10^{k-1}$ číslic $D$ medzi $k$-cifernými číslami.

Z toho dostávame to, že medzi číslami $1,\dots ,\mathrm{DDD}$, sa cifra $D$ objaví $1\cdot 10^0+2\cdot 10^1+3\cdot 10^2=321$ krát.

Výsledok:

$21$

Z vlastností úsekového uhla vieme, že $|\sphericalangle \mathit{EXF}|=|\sphericalangle \mathit{EY}X|$. Z toho vyplýva, že trojuholníky $\mathit{FEX}$ a $\mathit{FXY}$ sú podobné (majú tiež spoločný uhol pri $F$), a preto $|\mathit{EF}|:|\mathit{XF}|=|\mathit{XF}|:|YF|$ alebo $|\mathit{XF}{|}^2=|\mathit{EF}|\cdot |YF|=5\cdot 12=60$ (fakt tiež známy ako mocnosť bodu ku kružnici).

Nech $t=\frac{1}{2}|\mathit{AB}|$ je polovica strany štvorca. Potom z Pytagorovej vety dostávame, že

teda hľadaný obsah trojuholníka vieme vypočítať ako