Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

4444

Postupným otočením „vnútorných“ rohov desaťuholníka na „vonkajšie“ rohy dostaneme obdĺžnik. Tento obdĺžnik má rozmery $2018$ a $70+134=204$. Preto je jeho obvod $2\cdot (2018+204)=4444$.

Výsledok:

$34$

Hodinová ručička prejde za hodinu uhol $360^{\circ }:12=30^{\circ }$, čiže prejdenie $1^{\circ }$ jej zaberie dve minúty. Čiže od štvrtej hodiny prešla $137^{\circ }-4\cdot 30^{\circ }=17^{\circ }$, čo jej zabralo $17\cdot 2=34$ minút.

Výsledok:

18

Dá sa vidieť, že ak pampam znamená „väčší“, tak Adam dosiahol najviac bodov a Braňo najmenej, ak pampam znamená „menší“, je to naopak. V oboch prípadoch sa však Cyril a Daniel umiestnili v strede, čiže dosiahli 6 a 12 bodov, čo dáva súčet 18.

Výsledok:

17

Keďže Jankov štvrtý dom je Dankov šestnásty, existuje segment domov kde Dankove čísla sú o $12$ väčšie. Tento segment však musí skončiť skôr ako Janko napočíta do $12$, pretože inak by Danko dostal $12+12=24$. Keďže poradové číslo sa vždy zníži o celkový počet domov, keď niekto dopočíta na koniec, vidíme že na námestí je $24-7=17$ domov.

Výsledok:

$19$

V pôvodnom roztoku tvorí kyselina octová $10\%$ jedného z piatich dielov. Rovnakú koncentráciu teda možno dostať, ak bude kyselina octová tvoriť $40\%=4\cdot 10\%$ jednej z $4\cdot 5=20$ dielov, čiže ku koncentrátu treba pridať ďalších 19 dielov vody.

Výsledok:

$110^{\circ }$

Uvažujme body $D$ a $E$ ležiace na priamkach $h$ a $g$ tak, že známe uhly a uhol ktorého veľkosť sa snažíme zistiť tvoria vnútorné uhly päťuholníka $\mathit{ABCDE}$. Keďže súčet veľkostí dvoch novopridaných uhlov je $180^{\circ }$ (môžme ich spraviť oba pravé ako na obrázku, no nie je to nutné) a súčet veľkostí vnútorných uhlov päťuholníka je $540^{\circ }$, vieme že hľadaná veľkosť je $540^{\circ }-180^{\circ }-105^{\circ }-145^{\circ }=110^{\circ }$.

Výsledok:

$67.5^{\circ }$

Pomenujme vrcholy uhlov $𝜀$ ako $X$ a $Y$. Potom platí $|\sphericalangle \mathit{AXY}|=|\sphericalangle \mathit{AY}X|=𝜀$. Ďalej, keďže $|\sphericalangle \mathit{XAY}|=|\sphericalangle \mathit{CAB}|=45^{\circ }$, pre vnútorné uhly trojuholníka $\mathit{XY}A$ bude musieť platiť:

takže $𝜀=67,5^{\circ }.$

Výsledok:

$7$

Nech Cecil má $c$ rokov a jeho mama nech má $m$ rokov, pričom $c$ je rovnaké ako $m$ prečítané odzadu. Čísla $c$ a $m$ majú rovnaký počet cifier (pričom $c$ môže začínať nulami, ak nimi $m$ končí), čo je najmenej $2$. Nech $a$ a $b$ sú cifry na mieste jednotiek čísel $c$ a $m$ v tomto poradí. Keďže Cecilova mama je od Cecila o $27$ rokov staršia, vidíme, že buď $a+7=b$, alebo $a+7=10+b$. Ak by Cecilova mama mala aspoň $100$ rokov, rozdiel prvých cifier ich vekov by mohol byť najviac $1$, čo nie je možné, keďže to sú cifry $b$ a $a$. Z toho vyplýva, že $c$ aj $m$ majú po dve cifry.

Hľadáme teda všetky čísla $\overline{\mathit{ab}}$, pre ktoré platí

Vieme, že $a>b$, takže podmienka $a+7=b$ nemôže platiť. Zvážime teda podmienku $a+7=10+b$ alebo $a=b+3$. Keďže $a\le 9$, platí $b\le 6$. Pre každú cifru $b\in \{0,1,\dots ,6\}$ dostaneme cifru $a$ ako $a=b+3$. Je zjavné, že pre tieto cifry rovnosť $\overline{(b+3)b}=\overline{b(b+3)}+27$ platí. Takže hľadaná situácia môže nastať sedemkrát: Keď má Cecil $3$, $14$, $25$, $36$, $47$, $58$ a $69$ rokov.

Výsledok:

$3∕4$

Ak umiestnime malú bielu kocku do rohu veľkej kocky, na povrchu budú tri jej biele steny. Ak ju umiestnime na hranu veľkej kocky, na povrchu budú dve biele steny. Veľká kocka má osem rohov a dvanásť hrán, každá po dve kocky, čo je dokopy 32 kociek. Je jasné, že najviac bielej na povrchu dosiahneme tak, že biele kocky umiestnime práve na tieto miesta. Takto postavená kocka bude mať každú stenu rovnakú – dvanásť bielych častí a štyri čierne. Teda najväčší možný podiel bielej bude $12∕16=3∕4$.

Výsledok:

$3$

Keďže nikto neprepadol zároveň v psychologickom aj praktickom teste, každý, kto nespravil aspoň dva testy, musel nespraviť test fyzickej zdatnosti. To nám dáva $(100-26)-60=14$ ľudí ktorí prepadli iba v skúške fyzickej zdatnosti. Spolu s $83$ ľuďmi, ktorí prepadli buď na psychologickom teste, alebo praktickom teste to dáva $97$ vylúčených účastníkov, čiže z celej skupiny boli prijatí iba $3$ ľudia.

Výsledok:

$5:4$

Označme $s$ dĺžku strany štvorca $B$ a $r$ polomer kružnice. Vďaka symetrii stred kružnice delí stranu štvorca $B$, ktorá leží na priemere kružnice, na dve rovnaké časti s dĺžkou $s∕2$. Potom z Pytagorovej vety máme:

čiže hľadaný pomer obsahov je 5:4.

Výsledok:

$10$

Keďže v súčine sa nachádza $2\cdot 5$, posledná cifra bude $0$. Cifru pred ňou potom dostaneme ako poslednú číslicu súčinu $3\cdot 7\cdot 11\cdot \dots \cdot 37$. Stačí brať do úvahy iba posledné cifry činiteľov, pričom môžeme ignorovať jednotky. Teda potrebujeme zistiť poslednú cifru súčinu

Keďže $7\cdot 3=21$ má poslednú cifru 1, môžeme odstrániť všetky $(3\cdot 7)$. Ostalo nám $9\cdot 9$, čo má poslednú cifru opäť $1$. Teda posledné dve cifry pôvodného súčinu budú $10$.

Výsledok:

$3$

Nech $n$ je počet kamarátov posledného podozrivého. Podozrivý, ktorý má $5$ kamarátov, je kamarát s každým podozrivým. Jeho vynechaním sa zníži počet kamarátov každého podozrivého o $1$. Taktiež môžme vynechať podozrivého len s jedným kamarátom, pretože po znížení počtu jeho kamarátov na $0$ (vynechaním toho podozrivého, ktorý je kamarát s každým) nám už neposkytne žiadnu informáciu, už je nepodstatný. Takto dostaneme skupinu podozrivých, ktorí majú $1$, $2$, $3$ a $n-1$ kamarátov medzi sebou. Opakovaním týchto krokov dostaneme ešte menšiu skupinu, ktorá má $1$ a $n-2$ kamarátov medzi sebou. Z toho ľahko vidieť, že $n-2=1$, respektíve $n=3$.

Poznámka: Toto riešenie vieme pozmeniť na tvorenie vyhovujúcej (počtom kamarátov) skupine podozrivých. Výsledok je zobrazený v nasledujúcom grafe:

Výsledok:

$40$

Nech $S$ je súčin čísel na protiľahlých stenách. Čím väčšie $S$, tým väčší je aj súčet všetkých čísel na stenách. Nakoľko $S$ musí byť deliteľné všetkými troma číslami, ktoré vidíme na kocke, tak najmenšia možná hodnota $S$ je ich najmenší spoločný násobok. Teda $S=36$. Za týchto podmienok čísla, ktoré nevidíme, sú $3$, $4$ a $6$. Potom súčet čísel na stenách je $6+9+12+6+4+3=40$.

Výsledok:

$99^{\circ }$

Označme si body tak, ako je uvedené na obrázku.

Uhol $\mathit{CBD}$ je rozdiel vnútorných uhlov osemuholníka a päťuholníka, teda $|\sphericalangle \mathit{CBD}|=135^{\circ }-108^{\circ }=27^{\circ }$. Ďalej ľahko zistíme, že $|\sphericalangle \mathit{ABD}|=135^{\circ }$. Keďže trojuholníky $\mathit{ABD}$ a $\mathit{CBD}$ sú rovnoramenné,

Z čoho vyplýva

Výsledok:

50

Čas, ktorý minister získal tým, že sa zobudil skôr (1 hodina), sa rozdelí na hľadaný čas kráčania $t$ a čas, ktorý by potrebovalo auto, aby sa dostalo od miesta stretnutia k ministrovmu domu, čo je polovica celkového ušetreného času. Preto

teda $t=50$.

Výsledok:

725

Označme $d$ prvú cifru hľadaného čísla, $k$ číslo, ktoré ostane, keď túto cifru vymažeme, a $n$ počet cifier čísla $k$. Potom hľadané číslo možno zapísať v tvare

resp.

Ľavá strana je deliteľná $28=2^2\cdot 7$, preto musí byť aj pravá, z čoho dostávame $d=7$ a $n\ge 2$. Napokon zvolíme najmenšie možné $n=2$, z čoho dostávame $k=25$, teda hľadané číslo je 725.

Výsledok:

$44$

Minútova ručička urobí za $24$ hodín $24$ otáčok, hodinová $2$ otáčky. Teda hodinová a minútová ručička sa prekryjú $22$-krát za $24$ hodín. Za každý takýto prekryv sa ručičky vyskytnú v pravom uhle dvakrát, čiže odpoveď je $44$.

Výsledok:

$1111$, $1221$

Nech $\overline{\mathit{abba}}$ je taký palindróm. Keďže je to súčet dvoch trojciferných čísel, nemôže byť väčšie než $1998$, takže $a=1$. Túto rovnosť môžeme zapísať ako $\overline{1\mathit{bb}1}=\overline{\mathit{cdc}}+\overline{\mathit{xyx}}$, čo vieme prepísať na

Na mieste jednotiek na ľavej strane je $1$, preto $c+x$ musí mať tiež $1$ na mieste jednotiek. Aj $c$ aj $x$ sú aspoň $1$ a najviac $9$, preto ich súčet musí byť $c+x=11$. Dosadením zjednodušíme rovnicu na

Na pravej strane máme súčet dvoch cifier, čo je číslo od $0$ do $18$. Pre $b$ tak máme dve možnosti a obe vedú k riešeniu: $1111=505+606$, $1221=565+656$.

Výsledok:

$31∕49$

Obsah každého z troch malých trojuholníkov je

z veľkého rovnostranného trojuholníka, pretože výška je $1∕7$ z výšky veľkého rovnostranného trojuholníka a jej odpovedajúca strana je $6∕7$ zo strany veľkého rovnostranného trojuholníka. Z toho vyplýva, že pomer menšieho rovnostranného trojuholníka k obsahu väčšieho rovnostranného trojuholníka je

Výsledok:

$(2,3,2,1)$, $(3,1,3,1)$

Vieme zaplniť iba štyri voľné miesta, takže žiadne číslo sa v tabuľke neobjaví viac ako päťkrát. Ani päťka sa neobjaví, lebo by zaplnila piate miesto pre dané číslo. Takže za $a$, $b$, $c$, $d$ dosádzame iba čísla od $1$ do $4$.

Najprv sporom ukážeme, že $d=1$. Keby bolo $d=2$, tak je ešte niekde inde štvorka. Dotyčné číslo tak musí zaplniť všetky voľné miesta okrem tej štvorky, teda musí byť $b=4$. Evidentne však štvorica $(2,4,2,2)$ nevyhovuje. Ak je $d>2$, dôjdeme k sporu ešte rýchlejšie.

Vieme povedať, že $a\in \{2,3\}$ a obe možnosti vedú k riešeniu. Ak $a=2$, tak $b,c\in \{2,3\}$, lebo $1$ ani $4$ už byť nemôžu. Prípad $b=2$ vedie k sporu, už by boli v tabuľke tri dvojky. $b=3$ má potom riešenie, keď $c=2$. Ak $a=3$, tak v tabuľke musí byť ešte jedna jednotka a nemôže to byť $c$ (lebo už máme dve trojky). Preto $b=1$ a riešenie uzatvára $c=3$.

Výsledok:

$2030=26^2\cdot 3+2$

Najprv uvažujme prípad, keď sa slová „voda“ a „slovo“ neprekrývajú. V tom prípade využijú všetky písmená a sú dve možnosti ako ich zapísať: „slovovoda“ a „vodaslovo“.

Ak sa prekrývajú, tak je iba jedna možnosť ako ich usporiadať: „slovoda“. Sú tri možnosti ako umiestniť dve nevyužité písmená: „**slovoda“, „*slovoda*“, „slovoda**“. Každý prípad má $26^2=676$ možností, ako tieto písmená zvoliť. V prípade, keď sa prekrývajú máme spolu $676\cdot 3=2028$ možností.

Dohromady máme pre heslo $2028+2=2030$ možností.

Výsledok:

$42$

Existuje $n-1$ párov po sebe idúcich čísel v množine $\{1,2,3,\dots ,n-1,n\}$. Máme $\frac{1}{2}n(n-1)$ možností ako náhodne vybrať dve rôzne čísla z tejto množiny. Z čoho dostávame

a teda $n=42$.

Výsledok:

20

Všimnime si, že kedykoľvek kolo vyhrá Cyril, nemá to na počty výhier Andreja a Borisa žiaden vplyv, a taktiež to nemá žiaden vplyv na počet kôl, ktoré Cyril nehrá. Môžme teda rátať s tým, že Cyril vždy prehrá. Inak povedané, každá výhra Andreja nad Borisom zvyšuje Andrejove celkové skóre o dva (ak nenastala v poslednom kole), a naopak. Keďže počet Andrejových výhier je nepárny, vidíme že posledné kolo bolo Andrej proti Borisovi a Andrej vyhral. Ak by sme pridali ešte jedno kolo (Andrej proti Cyrilovi, vyhrá Andrej), celkový počet kôl, ktoré Cyril nehral, bude polovica výsledného súčtu výhier Andreja a Borisa, teda $(18+22)∕2=20$.

Výsledok:

52

Označme $k$ počet pôvodných hodnotení a $x$ súčet ich hviezdičiek. Ďalej nech $a$, $b$ sú hodnotenia z tohto týždňa. Potom

alebo

Z rovnice $(1)$ vyplýva, že $k$ je násobok $50$. Navyše keď odčítame $(1)$ od $(2)$ dostaneme

Keďže $a,b\le 5$, ľavá strana je celé číslo menšie rovné $3$, teda $k\le 75$. Ostáva teda jediná možnosť, a to, že $k=50$. Po zarátaní hodnotení z tohto týždňa dostaneme, že doteraz hlasovalo $52$ ľudí.

Výsledok:

9

Pre jednoduchosť budeme používať čísla od 1 po 4 namiesto názvov dní. Ku každému dňu prislúchajú tri čísla: Poradové číslo dňa a dve čísla ponožiek nosených v daný deň. Tieto tri čísla sú rôzne a ekvivalentne môžme v daný deň určiť nosené ponožky pomocou nepoužitého čísla. Odvodíme, že vhodné rozdelenie ponožiek súvisí s permutáciami $(1,2,3,4)$, ktoré nemajú žiadne číslo na pôvodnej pozícii.

Tento počet môže byť vypočítaný nasledovne: Máme tri možnosti, kam umiestnime $1$. Keď umiestnime $1$ na pozíciu $n\ne 1$, tak môžeme umiestniť $n$ na tri možné miesta. Zvyšné dve čísla už majú umiestnenie určené – aspoň jedno z nich totiž ešte nemá obsadený deň. Dohromady to dáva $3\cdot 3=9$ takýchto preusporiadaní a to je aj počet možností, ktorými môže Hanka nosiť ponožky.

Výsledok:

21

Dokopy sa rozdeľuje $26\cdot 5=130$ hlasov. Ak film dostal $20$ alebo menej hlasov, tak zvyšných $110$ hlasov môže byť rozdelených tak, aby nejakých $5$ filmov dostalo po $21$ hlasov. Ak film dostal $21$ hlasov, tak nebude nominovaný iba ak je iných $5$ filmov s aspoň $22$ hlasmi. To by však znamenalo, že sa použilo aspoň $21+5\cdot 22=131$ hlasov, čo je spor.

Výsledok:

$\frac{4}{7}$

Za $x$ dosadíme $-2$ a dostaneme $f(-2)-2f(3)=-2$. Už nám stačí iba určiť $f(3)$. Za $x$ dosadíme $3$ a dostaneme $f(3)+3f(-2)=3$. Spolu s prvým vzťahom máme dve rovnice o dvoch neznámych $f(-2)$ a $f(3)$. Keď vynásobíme druhú rovnicu $2$ a sčítame ich, dostaneme $f(-2)=\frac{4}{7}$.

Poznámka: Funkcia $f$ spĺňajúca zadanie existuje a je jediná: $f(x)=x^2∕(x^2-x+1)$.

Výsledok:

$471$

Najskôr si rozložme $4420=2\cdot 2\cdot 5\cdot 13\cdot 17$. Keďže $13$ a $17$ sú prvočísla, jedno z čísel $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ musí byť deliteľné $13$ a jedno $17$. Keďže najmenší spoločný násobok $13$ a $17$ je $221$, neexistuje dvojciferné číslo, ktoré by bolo deliteľné obomi zároveň. Preto bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladať, že $n$ je deliteľné $17$ a $a$ je deliteľné $13$. To znamená, že $n\le 85=5\cdot 17$ a $a\le 91=7\cdot 13$.

Predpokladajme teraz, že $n=85$ a $a=91$. Vidíme, že $n=85$ je deliteľné $5$, takže potrebujeme už len zaručiť deliteľnosť $4$. Keďže $n$ a $a$ sú nepárne, $4$ musí deliť súčin $\mathit{boj}$. Preto je jedno z čísel $b$, $o$, $j$ deliteľné $4$ alebo dve z týchto čísel sú deliteľné $2$. Väčší súčet dostaneme v druhom prípade, keď $b=o=98$ a $j=99$. Za týchto predpokladov by sme dostali súčet $n+a+b+o+j=85+91+98+98+99=471$.

Čo v prípade, keby bolo $n<85$ alebo $a<91$? Keďže čísla $n$ a $a$ majú byť deliteľné postupne $17$ a $13$, znamenalo by to, že $n\le 68=85-17$ alebo $a\le 78=91-13$. Potom by súčet $n+a+b+o+j$ mohol byť najviac $68+91+3\cdot 99=456$ (v prvom prípade) alebo $85+78+3\cdot 99=460$ (v drohom prípade), a to je menej ako sme dosiahli v predchádzajúcom odseku. Najväčšia možná hodnota súčtu $n+a+b+o+j$ je teda $471$.

Výsledok:

$10(1+\sqrt{3})$

Telesová uhlopriečka krabice prechádza cez stredy volejbalovej lopty a dvoch tenisových loptičiek a taktiež cez body, v ktorých sa vzájomne dotýkajú tieto lopty. Jediné kúsky telesovej uhlopriečky, ktoré nie sú v žiadnej lopte sú medzi tenisovými loptičkami a rohom krabice. Vzdialenosť medzi stredom tenisovej loptičky a rohom krabice je polovica telesovej uhlopriečky kocky, ktorej je táto tenisová loptička vpísaná. Teda dĺžka telesovej uhlopriečky krabice je súčet

• ($2\times$) $1∕2$ telesovej uhlopriečky kocky, ktorej je táto tenisová loptička vpísaná,
• ($2\times$) polomer tenisovej loptičky,
• priemer volejbalovej lopty.

Preto je dĺžka telesovej uhlopriečky krabice

z čoho dopočítame dĺžku hrany krabice:

Výsledok:

$4$

Jedným riešením je to zrátať, najrýchlejšie je asi využiť, že $2^{10}=1024$, vypočítať $1024^3$ a predeliť to $2$. Vyjde nám $2^{29}=536870912$.

Jednoduchšie je spoľahnúť sa na fakt, že to obsahuje deväť rôznych cifier a zvyšok ich súčtu po delení $9$ je rovnaký ako zvyšok $2^{29}$. Umocňovanie $2^n$ dáva po delení $9$ zvyšky periodicky s periódou $6$. Keďže súčet všetkých cifier je $45$, pre chýbajúcu cifru $x$ vieme dostať rovnicu

Z toho už ľahko zistíme, že $x\equiv 4mod9$ a chýbajúca cifra je $4$.

Výsledok:

2501

Označme $\mathrm{pdc}(n)$ prvé dve cifry za desatinnou čiarkou čísla $\sqrt{n}$. Je zrejmé, že ak $n$ je štvorec, $\mathrm{pdc}(n)$ bude rovné nule. Ako $n$ klesá k najbližšiemu štvorcu, klesá aj $\mathrm{pdc}(n)$. Keďže hľadáme najmenšie $n$, ktoré má $\mathrm{pdc}(n)=0$, bude sa dať $n$ zapísať ako $k^2+1$ pre nejaké celé číslo $k$.

Hodnota $\sqrt{k^2+1}$ zaokrúhlená nadol na celé číslo je rovná $k$, čiže $\sqrt{k^2+1}-k$ je číslo medzi $0$ a $1$, teda desatinná časť výrazu $\sqrt{k^2+1}$. To, že $\mathrm{pdc}(k^2+1)$ má byť rovné nule možno teda zapísať aj ako

Pričítaním $k$ k obidvom stranám, umocnením (obe strany sú kladné) a následným preusporiadaním dostaneme

Pravá strana nerovnosti je číslo medzi $49$ a $50$. Keďže $k$ je celé číslo, $k\ge 50$. Teda najmenšie možné $n=50^2+1=2501$.

Výsledok:

$9^{8068}$

Prvé dva stĺpce a riadky môžeme vyplniť ľubovoľne a zároveň tým určíme celú tabuľku. Vždy potom totiž vieme nájsť $3\times 3$ bunku, ktorá je zaplnená celá okrem políčka v poslednom riadku a stĺpci. Toto políčko je jednoznačne určené zvyškom súčtu zvyšných políčok bunky. Po určení prvých dvoch riadkov a stĺpcov tak môžme jednoznačne doplniť celú tabuľku, pozri obrázok. Počet spôsobov, ako vieme vyplniť prvé dva riadky a stĺpce, je riešením, lebo ich vieme vyplniť ľubovoľne (t.j. dolný odhad) a zároveň žiadne dve vyhovujúce popísania nemajú prvé dva riadky a stĺpce zhodné, lebo tie už určia celú tabuľku (horný odhad). Voliteľných políčok je $4\cdot 2018-4=8068$, teda možností je $9^{8068}$.

Výsledok:

$(3,18)$, $(6,66)$

Rovnosť vieme upraviť na $m^2-{(2^n)}^2=260$. Ľavú stranu vieme rozložiť na súčin a dostávame $(m-2^n)(m+2^n)=260$. Číslo $260$ má prvočíselný rozklad $260=2^2\cdot 5\cdot 13$, čo nás vedie k nasledovným rozkladom:

Uvedomme si, že $(m-2^n)<(m+2^n)$. Vďaka tomu, že $(m+2^n)-(m-2^n)=2^{n+1}$ dostaneme dve možnosti $26-10=2^4$ a $130-2=2^7$. Z nich dostaneme dve dvojice $(3,18)$ a $(6,66)$ spĺňajúce rovnosť.

Výsledok:

4033

Namiesto toho, aby sme uvažovali nad odrazom lúča, nechajme ho ísť po priamke a vždy, keď narazí na niektorú hranu trojuholníka, preklopíme cez túto hranu trojuholník. Ukážeme, že jeden rad týchto preklopených trojuholníkov stačí na to, aby lúč narazil na niektorý vrchol.

Označme $E$ priesečník polpriamky $\mathit{BD}$ s priamkou, ktorá je rovnobežná s $\mathit{BC}$ a vedie cez bod $A$ a bod $F$ na priamke $\mathit{BC}$ taký, že $\mathit{EF}\parallel \mathit{AC}$. Potom trojuholníky $\mathit{BCD}$ a $\mathit{BFE}$ sú podobné a $\mathit{BF}=2018\mathit{BC}$. Z toho vyplýva, že bod $E$ sa dá dostať postupným preklápaním trojuholníka $\mathit{ABC}$.

Dá sa vidieť, že $\mathit{BE}$ pretína $2\cdot 2017-1=4033$ častí radu trojuholníkov, čo je v reči zadania ekvivalentné $4033$ odrazom lúča. Na obrázku je znázornené riešenie pre $\mathit{DC}:\mathit{AC}=1:5$.

Výsledok:

$9∕4$

Označme body tak, ako na obrázku.

Trojuholníky $\mathit{KM}{D}^{\prime }$, $A^{\prime }\mathit{MC}$ a $L{A}^{\prime }B$ sú pravouhlé a podobné navzájom, ako je zjavné z jednoduchého počítania uhlov. Preto hľadáme pomer podobnosti medzi dvoma trojuholníkmi v zadaní. Z toho, že $|\mathit{KD}|=|K{D}^{\prime }|$ a $|\mathit{LA}|=|L{A}^{\prime }|$, máme

a

Keďže $A^{\prime }L$ zodpovedá $\mathit{KM}$ a $\mathit{LB}$ zodpovedá $K{D}^{\prime }$ v horeuvedenej podobnosti, dokazuje to, že pomer podobnosti je $3∕2$. Nás však zaujímajú obsahy, a preto výsledok je ${(3∕2)}^2=9∕4$.

Výsledok:

$185$

Polynóm môžeme zapísať ako

Keďže

vidíme, že všetky zátvorky na pravej strane rovnosti sú deliteľné $x^2-1$. Stupeň polynómu $6x+1$ je menší ako stupeň polynómu $x^2-1$, takže $6x+1$ je hľadaný zvyšok. Vyriešením $1111=6x+1$ dostaneme riešenie $x=185$.

Výsledok:

$30$

Všimnime si, že keď priraďujeme trate „vonkajšieho päťuholníka“, tak dve spoločnosti (označme ich $X$ a $Y$) musia obsluhovať dve trate a jedna spoločnosť ($Z$) musí obsluhovať jednu. Taktiež tieto trete musia byť obsluhované spoločnosťami v poradí $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$ začínajúc od niektorého mesta. Ľahko môžeme vidieť, že keď priradíme tieto trate spoločnostiam, zvyšok tratí môže byť priradený práve jedným spôsobom: Pre zvyšné strany vychádzajúce z „vonkajšieho päťuholníka“ do „vnútorného“ je len jedna voľná spoločnosť. Trate „vnútorného päťuholníka“ tak následne musia byť priradené rovnakým spoločnostiam, ako im zodpovedajúce strany vo „vonkajšom päťuholníku“.

To znamená, že počet zákonných priradení všetkých tratí je rovný počtu spôsobov, ako možno priradiť trate „vonkajšieho päťuholníka“ trom spoločnostiam. Máme $6$ spôsobov, ako môžeme vybrať spoločnosti $X$, $Y$ a $Z$, a $5$ spôsobov, ako vybrať mesto, z ktorého začína priradenie $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$. To nám dáva spolu $5\cdot 6=30$ možností.

Výsledok:

$25-13\sqrt{2}=34\cdot 14∕(34+14+\sqrt{34^2+14^2})+1$

Uvažujme trojuholník, ktorého vrcholy sú v strede troch kružníc v rohoch. Je to pravouhlý trojuholník s ramenami dĺžky $14$ a $34$. Pomocou Pytagorovej vety vieme získať dĺžku prepony:

Polomer jeho vpísanej kružnice vieme vypočítať ako $(14+34-26\sqrt{2})∕2=24-13\sqrt{2}$. Keďže strany pôvodného trojuholníka sú rovnobežné so stranami nového a ich vzdialenosť je $1$, tak stredy ich vpísaných kružníc sú totožné a hľadaný polomer je od toho vypočítaného väčší o $1$, teda $25-13\sqrt{2}$.

Výsledok:

17

Pre prehľadnosť si očíslujme pozície v postupnosti tak, aby sme začali nulou. Ďalej vidíme, že môžme prepísať pozície tejto postupnosti do štvorkovej sústavy. Takáto upravená postupnosť vlastne opisuje to, aké operácie a v akom poradí boli na tom čísle páchané. Samozrejme priradíme $0$ k $0$, $2$ k $1$, $3$ k $2$ a $5$ k $3$. Toto je ukážka postupnosti, ktorá vznikla dvojnásobným použitím operácie smojenie postupnosti:

(Číslo pod rozloženou postupnosťou ukazuje poradie v štvorkovej sústave čísla v postupnosti.) Keďže $2017$ je v štvorkovej sústave zapísateľné ako $133201$ tak číslo na pozícií $2017$ je

Výsledok:

25

Na rovnicu sa môžeme tiež pozrieť ako na kvadratickú rovnicu v $n$ s riešením

(druhé riešenie by viedlo k zápornému $n$, keďže $\sqrt{x^2+y^2}>x$), a teda

Nech $d=\mathrm{NSD}(x,y)$ a nech $x=x_{0}d$, $y=y_{0}d$. Dosadením a zjednodušením dostávame

Keďže $x_0$ a $y_0$ sú nesúdeliteľné, tiež $y_0^2$ a $x_0^2+y_0^2$ sú nesúdeliteľné, z čoho vyplýva $x_0^2+y_0^2\mid n$. Navyše, kvôli tomu, že v rovnici je $\sqrt{x_0^2+y_0^2}$, musí byť $x_0^2+y_0^2$ štvorec. Je známe, že $5^2=25$ je najmenší štvorec, ktorý je súčtom dvoch štvorcov, $3^2+4^2$. Preto $n\ge 25$ a dosadením $x_0=3$, $y_0=4$, $d=2$ alebo $x=6$, $y=8$ dostávame, že $n=25$ je naozaj riešenie.

Výsledok:

8

Skúmajme možné cesty pavúka v sieti kvádra. Je zjavné, že najkratšia cesta pavúka sa stane priamkou, keď sieť kvádrovej miestnosti rozložíme do roviny. Reprezentujme si pavúka čiernym krúžkom a muchu bielym krúžkom. Poloha pavúka závisí od toho, akým spôsobom rozložíme kváder do mriežky.

Celkovo máme tri (až na symetriu) možné spôsoby, ako môže pavúk ísť za muchou. Jeho možné cesty, ktoré sú na obrázku označené $A$, $B$ a $C$ prechádzajú postupne cez jednu, dve a tri dlhé steny kvádra. Zjave cesta, ktorá by prechádzala štyrmi dlhými stenami, by sa dala skrátiť. Dĺžka cesty $A$ je $8.4m$ a s využitím Pytagorovej vety dostaneme, že cesta $B$ je dlhá $\sqrt{66.32}$ a cesta $C$ zas $8$. Preto cesta $C$ je najkratšia, a teda odpoveď je $8m.$

Obrázok nižšie ilustruje najkratšiu cestu v troch rozmeroch:

Výsledok:

49

Označme $V(x,y)={(6+2\cos (x)-\cos (y))}^2+{(8+2\sin (x)-\sin (y))}^2$. Pripomeňme si, že kruh $k(S,r)$ so stredom v bode $S=[S_1,S_2]$ a polomerom $R>0$ môže byť parametrizovaný (t. j. súradnice všetkých bodov na ňom môžu byť vyjadrené) pomocou uhla $\alpha$ ako $(x_1,x_2)=(S_1+R\cos (\alpha ),S_2+R\sin (\alpha ))$. Uvažujme body $P=[0,0]$ a $Q=[6,8]$ a kruhy $k_1(P,1)$ a $k_2(Q,2)$. Potom z Pytagorovej vety vieme, že $V(x,y)=|\mathit{AB}{|}^2$, kde $A\in k_1$ pre uhol $x$ a $B\in k_2$ pre uhol $y$. Z toho vyplýva, že minimum výrazu $V(x,y)$ je druhá mocnina najbližších bodov na kružniciach $k_1$ a $k_2$. Tú môžeme vypočítať pomocou vzdialeností stredov a polomerov kružníc $k_1$ a $k_2$: $\sqrt{6^2+8^2}-1-2=7$, a teda najmenšia hodnota výrazu $V(x,y)$ je $7^2=49$.

Výsledok:

$105263157894736842$

Označme hľadané číslo $n$. Keď odstránime jeho cifru na mieste jednotiek, dostaneme všetky cifry čísla $2n$ okrem prvej. Keďže $n$ končí cifrou $2$, $2n$ musí končiť cifrou $4$. Preto cifra na mieste desiatok čísla $n$ je $4$. Nech $d_i$ je $i$-ta cifra čísla $N$ rátajúc tentokrát sprava doľava (t. j. $d_1$ je na mieste jednotiek). Ak zoberieme do úvahy, ako funguje násobenie po cifrách, vidíme, že cifry čísla $n$ musia spĺňať

pre všetky $i>2$. Týmto spôsobom vieme priamo písať cifry čísla $n$. Skončíme, keď napíšeme cifru $1$ a v ďalšom kroku cifru $2$: číslo začínajúce sa na $1$ je $n$, pretože násobenie dvomi akurát odstráni dvojku na mieste jednotiek a pridá ju vpredu. Dostávame tak výsledok

Výsledok:

$19∕2$

Použijeme označenie ako v nasledujúcom obrázku.

Vďaka pomerom obsahov vieme, že bod $S$ delí úsečku $\mathit{QB}$ v pomere $1:2$ a úsečku $\mathit{PC}$ v pomere $2:3$. Dokreslime úsečku $\mathit{AS}$ a označme obsah trojuholníka $\mathit{ASQ}$ ako $b$ a obsah trojuholníka $\mathit{APS}$ ako $a$. Teraz vieme zapísať rovnice:

Tie sú ekvivalentné rovniciam

z ktorých dostaneme riešenie $a=5$ a $b=\frac{9}{2}$. Preto hľadaný obsah štvoruholníka $\mathit{APSQ}$ je $\frac{19}{2}$.

Výsledok:

1152

Keďže majetok každého brata je násobok majetku najchudobnejšieho, súčet ich majetkov, $2018$, musí byť deliteľný týmto číslom. Avšak rozklad na prvočísla čísla $2018$ je $2018=2\cdot 1009$, ktorý nám dáva len tri možnosti pre majetok najchudobnejšieho brata: $1$, $2$ alebo $1009$. Zjavne $1009$ je nemožné, keďže by to bolo viac ako zvyšné tri hodnoty. Taktiež, ak by najmenší mal len $1$ euro, zvyšok by musel mať spolu $2017$ eur, čo je prvočíslo a druhý najchudobnejší brat by tiež musel mať len $1$ euro, čo by bol spor. Preto najchudobnejší brat má $2$ eurá a zvyšní traja bratia majú spolu $2016$ eur.

Nech $a<b<c$ sú majetky zvyšných troch bratov; platí pre $a\mid b\mid c$ a $a+b+c=2016$. Deliteľnosti spolu s ostrými nerovnosťami nám vravia, že $2a\le b$ a $2b\le c$. Ak by sme mohli dosiahnuť rovnosti, zjavne by sme tak dostali riešenie s najmenšou hodnotou $c$. Našťastie $1+2+4=7$ je deliteľom čísla $2016$, a preto môžeme tento súčet rozdeliť ako

a riešením je $\frac{4}{7}\cdot 2016=1152$.

Výsledok:

1365

Nech $A_n$ je postupnosť na tabuli potom, čo Andrej $n$-tý krát zotrel tabuľu (s tým, že $A_0=(♣)$) a nech $h_n$ je počet párov $♡♡$ v postupnosti $A_n$. Všimnime si, že každý pár $♡♡$ v postupnosti $A_n$ vznikne iba z párov $♡♣$ v postupnosti $A_{n-1}$, ktorý, na druhú stranu, vzniká buď z $♡♡$ alebo $♣$ v postupnosti $A_{n-2}$. Z toho vidíme, že $h_n=h_{n-2}+2^{n-3}$ pre $n\ge 3$, keďže v postupnosti $A_{n-2}$ je práve $2^{n-3}$ symbolov $♣$. Preto pre nepárne $n$ máme

keďže $h_1=0$. Hľadaný výsleok je $h_{13}=1365$.

Výsledok:

$10^{\circ }$

Ukážeme, že štvoruholník $\mathit{OCNP}$ je tetivový. Keďže $|\sphericalangle \mathit{ONC}|=90^{\circ }$, stačí nám ukázať, že $|\sphericalangle \mathit{OPC}|=90^{\circ }$. To môžeme ukázať nasledovne: Keďže oba body $C$ a $M$ ležia na kružnici $k$, $|\mathit{OC}|=|\mathit{OM}|$. Jednoduchým výpočtom zistíme, že $|\sphericalangle \mathit{MOC}|=60^{\circ }$, takže trojuholník $\mathit{OCM}$ je rovnostranný. Keďže bod $P$ je stred stanu $\mathit{OM}$, platí $|\sphericalangle \mathit{OPC}|=90^{\circ }$.

Ďalším jednoduchým výpočtom zistíme, že $|\sphericalangle \mathit{OCN}|=70^{\circ }$, keďže $|\sphericalangle \mathit{OPN}|=180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{OCN}|=110^{\circ }$. S využitím trojuholníka $\mathit{OQP}$, dostaneme, že

Výsledok:

$(3,2,2013)$

Xikin výrok len znamená, že $x$ je nepárne. Keby totiž bolo párne, tak $y$ a $z$ by mohli byť rovnaké.

Predpokladajme (sporom), že $y$ je nepárne. Potom by Yožo od začiatku vedel, že $x$ a $z$ sú rôzne. Ak by navyše bolo $y\ge 1009$, Yožo by od začiatku vedel že $x$ a $z$ sú rôzne od $y$ a nepotreboval by informáciu od Xiky. Ak by však $y\le 1007$, tak bez ohľadu na Xikin výrok môže mať Yožo s niekým rovnaké číslo. Z tohto vyplýva, že $y$ musí byť párne, a teda $z$ je nepárne.

Ak by bolo $y$ násobkom $4$, tak $x+z=2018-y\equiv 2(\mathit{mod}4)$, inak povedané, ich súčet môže byť dvojnásobok nepárneho čísla a $x$ a $z$ by mohli byť rovnaké a Yožo by nemal ako vedieť, že sú rôzne. Ak však $y\equiv 2(\mathit{mod}4)$, tak $x$ a $z$ musia mať rôzne zvyšky modulo $4$ a Yožov výrok je opodstatnený.

Nakoniec sa pozrime na Zajov výrok. Je nutné, aby $y=2$, lebo ak by bolo väčšie, tak by sme ho mohli zmenšiť o $4$ a zväčšiť $x$ o $4$ a Zajo by nepoznal rozdiel, teda by nemohol povedať, kto má aké číslo. Z rovnakých dôvodov $x\le 4$, teda $x=1$ alebo $x=3$. Zajo však pozná súčet, teda ak by bolo $x=1$, tak by Zajo vedel, že $x+y=2018-z=3$ a určil by všetky čísla bez Yožovho výroku. Z toho vyplýva, že $x=3$ a $z=2013$. (V tomto prípade potrebuje Yožov výrok, aby eliminoval trojicu $(1,4,2013)$.)

Výsledok:

$45∕128$

Presné množstvo HP nie je dôležité – stačí nám vedieť, že Aritmetix vydrží jedno kúzlo a Kombinatorika dve. Predpokladajme, že sme v stave duelu, kedy obaja čarodejníci vydržia už len jedno kúzlo a na rade je Aritmetix. Označme pravdepodobnosť, že Aritmetix vyhrá v tomto stave ako $q$. Teraz môže Aritmetix vyhrať buď ak sa jeho kúzlo trafí, čo sa stane s pravdepodobnosťou $0,9$, alebo ak sa jeho útok netrafí, taktiež sa netrafí útok od Kombinatoriky, čo sa stane s pravdepodobnosťou $0,1\cdot 0,4$ a následne Aritmetix vyhrá s pravdepodobnosťou $q$. Dostávame tak rovnicu

z ktorej vyjde $q=15∕16$.

Vypočítajme teraz pravdepodobnosť $p$, že Aritmetix vyhrá duel. Ak Aritmetix trafí a Kombinatorika minie (pravdepodobnosť $0,9\cdot 0,4$), duel sa dostane do situácie z predchádzajúceho odseku, v ktorej Aritmetix vyhrá s pravdepodobnosťou $q=15∕16$. Ak sa zas Aritmetix netrafí a Kombinatorika sa netrafí tiež (pravdepodobnosť $0,1\cdot 0,4$), tak Aritmetix môže vyhrať znovu s pravdepodobnosťou $p$. Takže môžeme zapísať rovnicu

Po jej vyriešení dostaneme, že Aritmetix vyhrá duel s pravdepodobnosťou $p=45∕128$.

Výsledok:

3867

Ak $a(1)=1$, tak dostávame, že $a(a(1))=1\ne 3\cdot 1$ čo nie je možné. keďže postupnosť je rastúca, tak platí $1<a(1)<a(a(1))=3$, a teda $a(1)=2$. Z rovnice vyplýva , že $a(3n)=a(a(a(n)))=3a(n)$ pre všetky $n$. Ľahko indukciou ukážeme, že $a(3^m)=2\cdot 3^m$ pre všetky $m$, keďže $f(1)=2$. Použitím tohto tiež dostávame, že $a(2\cdot 3^m)=a(a(3^m))=3^{m+1}$. Existuje $3^n-1$ prirodzených čísel $i$ takých, že $3^n<i<2\cdot 3^n$ a existuje $3^n-1$ prirodzených čísel $j$ takých, že $a(3^n)=2\cdot 3^n<j<3^{n+1}=a(2\cdot 3^n)$. Keďže $a(n)$ je rastúca, tak nemáme inú možnosť, než $a(3^n+b)=2\cdot 3^n+b$ pre všetky $0<b<3^n$. Preto $a(2\cdot 3^n+b)=a(a(3^n+b))=3^{n+1}+3b$. A keďže $2018=2\cdot 3^6+560$, tak máme $a(2018)=3^7+3\cdot 560=3867$.

Výsledok:

1346

Každému vrcholu v mriežke môžeme priradiť trojicu celých čísel, ktoré sú vzdialenosti tohto vrcholu od troch strán $T$ (pričom berieme výšku malého trojuholníka ako jednotku). Je ľahké vidieť, že pre každý vrchol je súčet týchto troch celých čísel $2018$. Na druhú stranu, ak si zoberieme trojicu čísel so súčtom $2018$, tak je ňou jednoznačne určený vrchol, ktorého vzdialenosti od strán $T$ sú tieto čísla. Preto môžeme ekvivalentne uvažovať tieto trojice namiesto vrcholov. Budeme hovoriť o týchto troch číslach ako o súradniciach.