Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$6$

Označme $x$ súčasný Punťov vek. Potom terajší vek Punťovej mamy je $3(x-3)+3=3x-6$ a terajší vek jeho otca $3x$. Rozdiel teda činí $6$ rokov.

Výsledok:

$30$

Všetky trojuholníky na obrázku majú v najvyššom bode spoločný vrchol. Ďalej, jedna strana každého trojuholníka musí ležať na jednej z dvoch rovnobežných čiar. Každý trojuholník je teda určený výberom jednej z dvoch horizontálnych čiar a dvoma rôznymi bodmi na tejto čiare. Keďže na každej horizontálnej čiare je po šesť bodov, dokopy máme

Výsledok:

$15$

Keďže v rovnostrannom trojuholníku má každý uhol veľkosť $60^{\circ }$, máme $|\sphericalangle \mathit{CBE}|=90^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{EBA}|=30^{\circ }$. Keďže $|\mathit{EB}|=|\mathit{AB}|=|\mathit{BC}|$, trojuholník $\mathit{CBE}$ je rovnoramenný a teda

Napokon určíme veľkosť uhla $|\sphericalangle \mathit{DCE}|=90^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{ECB}|=15^{\circ }$.

Výsledok:

$136$

Ak by Mojo vybral všetky mince, ktorých je menej ako 10 a po deväť mincí z každej, ktorých je aspoň desať, tak by zobral celkovo $(1+2+\cdots +9)+9\cdot 10=135$ mincí. Preto $135$ mincí stačiť nebude. Avšak ak Mojo zoberie $136$ mincí tak aspoň $91$ mincí musí mať označenie väčšie ako 9. Je zrejmé, že jedna z desiatich hodnôt mincí je zastúpená aspoň 10 krát. Preto je minimum $136$.

Výsledok:

$42$

Ak $n$ je počet cukríkov v originálnom balení tak môžme zapísať rozdávanie cukríkov následovne

Vyriešením dostaneme $n=42$.

Výsledok:

$24+\sqrt{96}=24+2\sqrt{24}=24+4\sqrt{6}$

Štvoruholník si rozdelímu uhlopriečkou $\mathit{BD}$ na dva pravouhlé trojuholníky. z Pytagorovej vety v trojuholníku $\mathit{BCD}$ dostávame, že $|\mathit{BD}|=\sqrt{6^2+8^3}=10$. Podobne z Pytagorovej vety v trojuholníku $\mathit{ABD}$ máme, že

Obsah štvoruholníka vypočítame ako súčet obsahov trojuholníkov $\mathit{BCD}$ a $\mathit{ABD}$ a teda

Výsledok:

$27$

Katka chce tlačiť na deväť listov papiera. Obojstranná tlač zaberie $9\cdot 9=81$ sekúnd. To je teda aj celkový čas jednostranného tlačenia spolu s vkladaním papiera späť do tlačiarne. Iba jednostranné tlačenie zaberie $2\cdot 3\cdot 9=54$ sekúnd, teda na vkladanie Katka potrebuje $81-54=27$ sekúnd.

Výsledok:

$784913526$

Usporiadajme cifry $1,\dots 9$ do diagramu, kde šípka z $x$ do $y$ znamená, že dvojciferné číslo $\overline{\mathit{xy}}$ je deliteľné $7$ alebo $13$.

Plná šípka reprezentuje deliteľnosť $7$, čiarkovaná deliteľnosť $13$ a bodkočiarkovaná (iba jedna, z $9$ do $1$) deliteľnosť $7$ aj $13$. Z diagramu je ľahko viditeľné, že začínajúcim číslom musí byť $7$ nasledovaná $8$ a $4$. Ak po $4$ nasleduje $9$, musia byť ďalšími ciframi $1$, $3$ a $5$ a posledné dve cifry musia (a môžu) byť $2$ a $6$. Práve sme poskladali riešenie $784913526$.

Ak po $4$ nenasleduje $9$ ale $2$, po $7842$ máme na výber dve možnosti. Buď pokračujeme $1$ a následne $3$, čo nás dovedie do slepej uličky, lebo už nemáme možnosť použiť naraz cifry $5$ aj $9$. Alebo pokračujeme $6$ a natrafíme na rovnaký problém po sérii $784263$ (alebo sa zamotáme už pri $784265$). Riešenie je preto iba jedno.

Výsledok:

$54$

Keďže trojuholníky priľahlé ku stranám štvorca $B$ sú rovnoramenné, tak strana štvorca $B$ ležiaca na uhlopriečke je presne tretina tejto uhlopriečky. Teda, ak si označíme stranu veľkého štvorca ako $s$, tak strana štvorca $B$ je $\frac{1}{3}\cdot \sqrt{2}\cdot s$ a strana štvorca $A$ je $\frac{1}{2}\cdot s$. z toho vyjadríme pomer obsahov vnútorných štvorcov ako

Obsah štvorca $A$ je $48\cdot \frac{9}{8}=54$.

Výsledok:

$0$

Kika má $9^3=729$ malých bielych kociek a $10^3=1000$ čiernych. Na poskladanie kocky s hranou dlhou $12\mathrm{cm}$ potrebuje $12^3=1728$ malých kociek, pričom $10^3=1000$ z nich je vnútri a ostatné majú aspoň $1$ stenou na povrchu veľkej kocky. Týchto vonkajších kociek je $12^3-10^3=1728-1000=728$, čo je menej ako počet malých bielych kociek. Máme preto dosť malých bielych kociek na poskladanie povrchu veľkej kocky so stranou $12\mathrm{cm}$ a vieme ho spraviť celý bielu. Výsledok je teda $0$.

Výsledok:

$29$

Aby sme zistili presný počet študentov v triede, potrebujeme ešte informáciu o počte žiakov, ktorí neovládajú presne dve z týchto operácií pre každú dvojicu z troch operácií dokopy. Avšak, je pomerne zrejmé, že maximálny počet žiakov dosiahneme, ak nebudeme mať žiakov, ktorí neovládajú presne dve operácie. V tom prípade je počet študentov

Musíme dvakrát odčítať počet študentov bez všetkých operácií, keďže pri spočítavaní všetkých troch skupín sme ich zarátali trikrát.

Výsledok:

$44$

Označme si pravouhlý trojuholník ako $\mathit{ABC}$ s pravým uhlom pri vrchole $A$. Spojme bod $A$ so stredom $M$ strany $\mathit{BC}$, čím dostaneme ťažnicu. Ďalej pridajme výšku z vrchola $A$ s pätou výšky $H$.

Z Tálesovej vety vieme, že vrcholy trojuholníka $\mathit{ABC}$, ležia na kružnici so stredom $M$. Bez ujmy na všeobecnosti, nech $|\sphericalangle \mathit{CBA}|=23^{\circ }$. Nakoľko je trojuholník $\mathit{ABM}$ rovnoramenný, tak aj $|\sphericalangle \mathit{BAM}|=23^{\circ }$. Taktiež, trojuholník $\mathit{AHC}$ je podobný trojuholníku $\mathit{BAC}$ podľa vety $\mathit{uu}$. Z toho dostávame, že $|\sphericalangle \mathit{HAC}|=23^{\circ }$. Nakoniec dopočítame, že $|\sphericalangle \mathit{MAH}|=90^{\circ }-2\cdot 23^{\circ }=44^{\circ }$, čo je uhol, ktorý sme potrebovali zistiť.

Výsledok:

$376$

Zjavne $a,b\le 20$. Pričítaním $b$ k obom stranám uvedenej rovnosti dostaneme $20(a+b)=365+b$. Ľavá strana je deliteľná $20$, takže pravá tiež. Jediné riešenie je $b=15$ a pravá strana má hodnotu $380$. Z rovnosti dopočítame $a=4$ a hľadaným číslom je $20b+19a=376$.

Výsledok:

$2017$

Pravidelnosť mnohouholníkov tu nehrá žiadnu rolu. Môžeme si predstaviť, že $2019$-uholník je možné vyrobiť z $2018$-uholníka tým, že nejakú stranu rozdelíme novým vrcholom. Tento nový vrchol vytvára $2016$ nových uhlopriečok s $2016$ jeho nesusediacimi vrcholmi. Okrem toho, jedna nová uhlopriečka vznikne spojením susedov nového vrchola. Takže počet uhlopriečok celokm narastie o $2017$.

Výsledok:

$2$, $5$, $-6$

Keďže $x^2-4x+5={(x-2)}^2+1\ge 1$ tak základ je vždy kladné reálne číslo. Rovnica je splnená práve vtedy, keď je základ 1 alebo exponent je 0. V prvom prípade, $x^2-4x+5=1$ sa dá inak zapísať ako ${(x-2)}^2=0$, čoho riešenie je len $x=2$. V druhom prípade, $x^2+x-30=(x-5)(x+6)=0$ má dve riešenia $x=5$ a $x=-6$. Dokopy má teda táto rovnica tri riešenia.

Výsledok:

$4$

Povedzme, že $1$ je prvé číslo. Aby platila podmienka, že postupnosť nie je rastúca, permutácia by musela byť $(1,4,3,2)$. Vymazanie $1$ by ale vytvorilo klesajúcu postupnosť, a to by už nespĺňalo zadanie úlohy. Z toho vyplýva, že $1$ nesmie byť prvá a podľa symetrie ani posledná. Podobne, $4$ nesmie byť ani prvé, ani posledné číslo. To znamená, že $4$ a $1$ musia byť v strede, buď v poradí $(1,4)$, alebo $(4,1)$. Potom nám ešte ostali dve čísla $2$ a $3$, ktoré môžu byť na začiatku alebo na konci. Dostávame tieto štyri permutácie:

Výsledok:

$\frac{15}{2}$

Z Pytagorovej vety dostaneme, že $|\mathit{AC}|=\sqrt{|\mathit{AB}{|}^2+|\mathit{BC}{|}^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$. Označme si $S$ priesečník uhlopriečky $\mathit{AC}$ a jej osi. $S$ je zjavne stred uhlopriečky, teda $|\mathit{AS}|=5$.

Keďže $|\sphericalangle \mathit{CAB}|=|\sphericalangle \mathit{SAX}|$ a $|\sphericalangle \mathit{XSA}|=|\sphericalangle \mathit{CBA}|=90^{\circ }$, tak trojuholníky $\mathit{ASX}$ a $\mathit{ABC}$ sú podobné s pomerom podobnosti $|\mathit{SX}|:|\mathit{AS}|=|\mathit{BC}|:|\mathit{AB}|$, z čoho máme

Nakoniec dopočítame dĺžku, ktorú potrebujeme zistiť: $|\mathit{XY}|=2\cdot |\mathit{SX}|=\frac{15}{2}$.

Výsledok:

$3435$

Na prvý pohľad vidno, že $R=0$, keďže na konci slov $\mathit{FIV}E$ a $\mathit{NINE}$ je rovnaká cifra. Jedine výber $R=0$ ju pri súčte nezmení. Keďže $\mathit{FIV}E$ je deliteľné $5$ musí byť $E$ buď $0$ alebo $5$. Keďže $0$ je už použitá, vieme že $E=5$.

Pozrime sa na cifry na mieste stoviek. Dve z nich sú $I$ a sú na opačných stranách rovnice. Nula je už obsadená, takže jediný spôsob ako dosiahnuť rovnosť je, že $O=9$ a k súčtu dostaneme extra jednotku zo súčtu cifier na mieste desiatok, teda $U+V\ge 10$. Navyše takto dostaneme do súčtu cifier na mieste tisícok extra jednotku, takže $N$ musí byť nepárne a väčšie ako $1$. Na druhej strane $U+V\le 15$, lebo cifra $9$ už je obsadená. Aj cifra $5$ už je obsadená, takže $N=3$. Ľahko dopočítame, že $U=6$ (pomôžeme si deliteľnosťou $4$), $V=7$ a $F=1$.

Keďže $\mathit{NINE}$ je deliteľné $3$, ciferný súčet $N+I+N+E=3+I+3+5=11+I$ musí byť tak isto deliteľný $3$. Ostala nám už iba jediná vhodná cifra a tou je $4$. Riešenie je tak $\mathit{FOUR}=1960$, $\mathit{FIV}E=1475$ a $\mathit{NINE}=3435$. Rovnica potom vyzerá takto: $1960+1475=3435$.

Výsledok:

$3+\sqrt{3}$

Najprv si uvedomme, že dva pravouhlé trojuholníky ktoré majú vnútorné uhly $30^{\circ }$, $60^{\circ }$, a $90^{\circ }$ sú zhodné, keďže oba majú dlhšiu odvesnu zhodnú so stranou štvorca dĺžky $1$. Takýto pravouhlý trojuholník tvorí polovicu rovnostranného trojuholníka, pričom prepona pravouhlého trojuholníka a strana rovnostranného trojuholníka sa zhodujú. Ak si označíme kratšiu odvesnu ako $x$, tak prepona je dĺžky $2x$ a máme z Pytagorovej vety: ${(2x)}^2=x^2+1^2$. Z toho vypočítame $x=\frac{1}{3}\sqrt{3}$. Preto je strana rovnostranného trojuholníka dlhá $1+\frac{1}{3}\sqrt{3}$ a obvod je $3+\sqrt{3}$.

Výsledok:

$42$, $-42$

Ak $k$ je trojnásobným koreňom, tak

Porovnaním koeficientov pri mocnine $x^1$ dostaneme $3k^2=588$, teda $k=\pm 14$. Preto $a=3k=\pm 42$.

Výsledok:

$120$

Nazvime štartovný ostrov a ostrov vpravo v strede veľký. Každý most spája jeden veľký a jeden malý ostrov. Malé ostrovy majú po dva mosty, do každého veľkého ostrova jeden. Pri prechádzaní po mostoch tak vždy ideme z jedného veľkého ostrova do druhého cez nejaký malý ostrov. Možností ako prejsť všetkými mostami je toľko, koľko je poradí v akých sa dá prejsť malými ostrovmi. Malých ostrovov je $5$, vieme ich prechádzať v ľubovoľnom poradí, takže dohromady to je $5!=120$ možností.

Výsledok:

$63$

Rozlišujme dva prípady: v prvom predpokladajme, že ani jedno z čísel nie je $2000=2^4\cdot 5^3$. To znamená, že jedno z nich sa dá zapísať ako $a=2^4\cdot 5^k$, kde $k\in \{0,1,2\}$, a druhé sa dá zapísať ako $b=2^l\cdot 5^3$, kde $l\in \{0,1,2,3\}$. Každý takýto pár môže byť v dvoch poradiach: $(a,b)$ alebo $(b,a)$. To je dokopy 24 možností pre tento prvý prípad. V druhom prípade bude jedno z čísel presne $2000$ a druhé tak môže byť ľubovoľný deliteľ $2000$, takže máme $(4+1)\cdot (3+1)=20$ možností. Zase môžeme mať dve poradia týchto čísel, avšak pár $(2000,2000)$ je rovnaký aj po zámene poradia, preto jednu možnosť odpočítame. Tento druhý prípad nám tak dáva $2\cdot 20-1=39$ dvojíc. Dokopy to je $24+39=63$ usporiadaných dvojíc.

Výsledok:

$98\sqrt{2}$

Povedzme, že $M$ je stredom kružnice opísanej danému osemuholníku. Keďže $|\sphericalangle \mathit{AMC}|=\frac{2}{8}\cdot 360^{\circ }=90^{\circ }$, polomer kružnice musí byť $7$ a priemer $14$.

Ak si časti osemuholníka presunieme tak, ako je to znázornené na obrázku nižšie, vieme obsah vypočítať vynásobením dĺžky $|\mathit{AC}|$ a priemeru. Takže obsah tohto osemuholníka je $14\cdot 7\sqrt{2}=98\sqrt{2}$.

Výsledok:

$232$

Najprv si všimnime, že tri jazyky vieme priradiť jednej osobe štyrmi spôsobmi, čo je rovnako veľa spôsobov, ako priradiť jeden jazyk, ktorý neabsolvuje. Preto je $4^4=256$ možností ako priradiť tri jazyky štyrom osobám, bez extra podmienky.

Teraz spočítajme tie možnosti, kedy kamaráti nemajú žiaden spoločný kurz. To docielime tak, že každému kamarátovi priradíme unikátny kurz, na ktorý nechodí. To vieme spraviť $4!=24$ možnosťami.

Preto počet spôsobov, ktorými si môžu vybrať kurzy, je $256-24=232$.

Výsledok:

$24,42$

Jednoducho si všimneme, že číslo $n$ musí byť aspoň dvojciferné. Ak je $n$ dvojciferné tak má cifry $a$ a $b$, a vieme tvrdenie zapísať ako

alebo tiež

Keďže pravá strana musí byť kladná tak $\mathit{ab}<10$. Potom už máme zopár možností, po ktorých overení nám výjde $a$, $b$ sú $2$ a $4$ v nejakom poradí. Nakoniec, ak $n$ má $k\ge 3$ cifier, tak lavá strana rovnice je aspoň ${(10^{k-1})}^2$ a pravá strana rovnice je menšia ako $1000+10^k$. Preto $n$ nemôže mať viac ako dve cifry.

Výsledok:

$110$

Nech bod $S$ leží na strane $\mathit{BC}$ tak, že $\mathit{TS}$ je rovnobežná s $\mathit{AB}$. Potom $|\sphericalangle \mathit{STE}|=|\sphericalangle \mathit{AET}|=40^{\circ }$ a

Keďže $\mathit{CT}$ je os uhla $\mathit{BCD}$, $|\sphericalangle \mathit{TCD}|=|\sphericalangle \mathit{SCT}|$ a $|\sphericalangle \mathit{BCD}|=2\cdot 35^{\circ }=70^{\circ }$. Z toho vyplýva $|\sphericalangle \mathit{CDA}|=180^{\circ }-|\sphericalangle \mathit{BCD}|=110^{\circ }$.

Výsledok:

$10$

Nech $m_1$, $m_2$, $w_1$, $w_2$ sú postupne počty mužov a žien oboch rodov. Keďže $m_1{m}_2=85=5\cdot 17$, ľahko zistíme, že počet mužov je (BUNV) $m_1=5$ a $m_2=17$. (Možnosť, kde jeden rod má iba jedného muža, ľahko vylúčime.) Dohromady bolo uvítaní $85+162=247$, takže z

dostaneme, že $m_1+w_1=13$, $m_2+w_2=19$ (opäť, druhá možnosť sa skúškou ľahko vylúči), takže výsledok je $w_1+w_2=8+2=10$.

Výsledok:

$120∕17$

Z Pytagorovej vety vieme, že zadaný trojuholník je pravouhlý. Úsečka spájajúca vrchol s pravým uhlom a stred kružnice rozdeľuje pôvodný trojuholník na dva trojuholníky. Polomery k dotykovým bodom sú kolmé na odvesny trojuholníka, teda sú výškami v dvoch menších trojuholníkoch. Nech $r$ je polomer kružnice $k$. Vypočítame obsah pôvodného trojuholníka dvoma spôsobmi – ako obsah celého trojuholníka a ako súčet obsahov dvoch menších trojuholníkov:

Z toho vyplýva, že polomer $r=120∕17$.

Výsledok:

$1-\sqrt[19]{0,5}$

Všimnime si, že Čečília môže hrať na automate neúspešne najviac $19$ krát, pretože po vhodení posledného eura dostane naspäť €$0,50$, čo nebude stačiť na ďalšiu hru. Pravdepodobnosť, že každý pokus je neúspešný, je preto ${(1-p)}^{19}$. Ak má byť pravdepodobnosť na výhru jackpotu aspoň $50\%$ tak musí ${(1-p)}^{19}\le 0,5$, čo je ekvivalentné s $p\ge 1-\sqrt[19]{0,5}$, a teda $1-\sqrt[19]{0,5}$ je najmenšia možná hodnota $p$.

Výsledok:

$3435$

Keďže $6^6\ge 10000$, žiadna cifra nemôže byť väčšia ako $5$. Ak nepoužijeme cifru $5$, tak buď použijeme štyri štvorky, ktoré nespĺňajú podmienku, alebo je súčet najviac $3\cdot 4^4+3^3<1000$. Preto musíme použiť aspoň jednu päťku. Keďže $5^5=3125$, nemôžeme použiť viac ako jednu päťku, inak je prvá cifra súčtu viac ako $5$. S jednou päťkou dostaneme súčet medzi $3000<5^5<5^5+3\cdot 4^4<4000$, takže prvou cifrou musí byť $3$.

Momentálne vieme, že hodnota hľadaného čísla je aspoň $5^5+3^3+2\cdot 1^1=3154$, čo nie je riešením. Ďalšie číslo z cifier od $1$ po $5$ je $3155$, čo tiež nie je riešenie, a ešte ďalšie je až $3211>5^5+3\cdot 3^3$. Z poslednej nerovnosti vidíme, že hľadané číslo obsahuje cifru $4$. Identifikovali sme už tri cifry zo štyroch. Odskúšaním posledných štyroch možností nájdeme jediné riešenie $3435$.

Výsledok:

$16$

Všetkých päť dvojciferných čísel musí končiť párnou cifrou. Aby sme spĺňali nedeliteľnosť $3$, čísla končiace $0$ alebo $6$ musia začínať $1$, $5$ alebo $7$. Čísla končiace $2$ alebo $8$ musia začínať $3$, $5$ alebo $9$. Číslo končiace $4$ môže začínať $1$, $3$, $7$ alebo $9$.

Keď vyberieme pre $4$ začínajúcu cifru $1$, tak nám ostanú dve možnosti prvých cifier pre $0$ a $6$ (buď $50$, $76$, alebo $56$, $70$) a následne nám ostanú dve prvé cifry k $2$ a $8$ (buď $32$, $98$, alebo $38$, $92$), čo sú dohromady $4$ možnosti. Analogicky vieme postupovať ak zvolíme ku $4$ inú začiatočnú cifru. Keďže môžeme ku $4$ vybrať štyri možné cifry, máme dohromady $4\cdot 4=16$ pätíc.

Výsledok:

$5439$

Označme

Zrejme $f$ je neklesajúca funkcia. Ďalej $f(n)-f(n-1)=1$ ak $n$ je deliteľné práve jedným z čísel $5$ alebo $7$ a $f(n)-f(n-1)=3$ ak $n$ je deliteľné číslom $35$; v každom inom prípade $f(n)=f(n-1)$. Keďže

môžeme riešenie ohraničiť

Keďže $n$ je prirodzené číslo, musí platiť $n\ge 5436$. Ďalej $f(5436)=2018$. Najbližšie väčšie číslo deliteľné piatimi je $5440$ a najbližšie väčšie číslo deliteľné siedmimi je $5439$. Podľa predošlého bude $f(5439)=2019$ a $f(5440)=2020$, čiže jediné riešenie je $5439$.

Výsledok:

$6$

Keďže pre ľubovoľné kladné celé číslo $a$ majú čísla $a$ a $S(a)$ rovnaký zvyšok po delení číslom $9$, tak musia mať čísla $n$, $x$, $y$ a $x+y$ rovnaký zvyšok po delení číslom $9$. Z tohto vyplýva, že $x$, a teda aj $n$ musia byť deliteľné číslom $9$. Ak $n=9m$ pre nejaké kladné celé číslo $m$, tak dosadením $x=y=10^m-1$ dostávame rovnosť zo zadania. Najväčší ciferný súčet pre čísla menšie ako milión je $54$, teda máme týchto šesť možností pre $n$: $9$, $18$, $27$, $36$, $45$ a $54$.

Výsledok:

$\sqrt{5}$

Označme $c$, $d$ postupne dĺžky dlhšej a kratšej projekcie strany štvorca na stranu obdĺžnika.

Potom

čo má riešenie $c=2$ a $d=1$. Z Pytagorovej vety dopočítame

Výsledok:

$15∕64$

Nech má čokoláda päť riadkov a tri stĺpce. Na proces jedenia čokolády sa môžeme pozerať takto: Jožo si vyberie postupnosť $S$-iek a $R$-iek s celkovou dĺžkou $(5-1)+(3-1)=6$ a na základe tejto postupnosti je stĺpce a riadky čokolády. Máme dve možnosti: buď postupnosť obsahuje práve dve $S$-ká (a štyri $R$-ká) a v tomto prípade po jedení podľa postupnosti krokov zostane len osladený dielik alebo počet $S$-iek, resp. $R$-iek je aspoň počet stĺpcov, resp. riadkov, pričom po jedení podľa takejto postupnosti je celá čokoláda zjedená. V druhom prípade posledný krok nemôže byť zjedenie len osladeného dielika, keďže v tomto prípade nie je dostatok stĺpcov alebo riadkov zjedených na to aby zostal v poslednom riadku alebo stĺpci len jeden dielik.

Celkovo existuje $2^6$ postupností $S$-iek a $R$-iek (dĺžky $6$). Z týchto postupností $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)$ obsahuje presne dve $S$-ká. Z toho vypočítame, že hľadaná pravdepodobnosť je

Výsledok:

$477$

Žiadne prvočíslo okrem $2$ a $5$ sa nesmie končiť číslicou $5$ ani párnym číslom, takže každá z číslic

sa musí objaviť na pozícii desiatok v niektorom Jožovom prvočísle. Ďalej, ostávajúce číslice

sa musia objaviť na pozícii jednotiek v niektorom Jožovom prvočísle. Súčet je teda najmenej

Tento súčet možno dosiahnuť napríklad prvočíslami:

Výsledok:

$1$, $5$

Ľavú stranu rovnice $J(j)-K(k)=0$ možno rozložiť na $(j+k-3)(j-k+5)=0$. Teda z ľavej zátvorky buď $\{j,k\}=\{1,2\}$ alebo z pravej $|j-k|=5$.

Výsledok:

$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Prenesme bod $B$ v stredovej súmernosti cez stred $M$ úsečky $\mathit{AC}$ a nazvime ho $E$. Označme $F$ kolmý priemet bodu $E$ na priamku $\mathit{BC}$. Potom v pravouhlom trojuholníku $\mathit{EFC}$ platí $\sin (\sphericalangle \mathit{EBC})=\frac{|\mathit{EF}|}{|\mathit{BE}|}=\frac{1}{2}$, čiže $|\sphericalangle \mathit{EBC}|=30^{\circ }$ (vieme, že to nemôže byť $150^{\circ }$, lebo $\sphericalangle \mathit{ABC}$ má veľkosť iba $75^{\circ }$). Čiže $|\sphericalangle \mathit{ABM}|=|\sphericalangle \mathit{ABE}|=75^{\circ }-30^{\circ }=45^{\circ }$.

Zo sínusovej vety v trojuholníkoch $\mathit{ABM}$ a $\mathit{CBM}$ potom môžeme vyjadriť:

a

Podelením týchto rovností (všimnime si že $|\mathit{AM}|$ = $|\mathit{CM}|$) a zo sínusovej vety v trojuholníku $\mathit{ABC}$ dostávame:

Výsledok:

$32$

Poznáme štyri rozdielne prípady podľa symbolu v strede tabuľky a symbolu, ktorý je v tabuľke $5$-krát.

V strede je krížik a v tabuľke je dokopy $5$ krížikov (nazvime si tento prípad „Krížik-krížik“). Znamená to, že okrem stredného políčka musíme pridať ešte ďalšie $4$ krížiky do tabuľky tak, aby sme nepoužili žiadnu celú diagonálu, stĺpec ani riadok. Dostaneme vzor (Obrázok 1), ktorý nie je symetrický podľa žiadnej osi ani podľa otočenia. Tým pádom, tento vzor vytvára $4+4=8$ rôznych rozložení pri remíze.

V prípade „Krížik-koliesko“ potrebujeme položiť $5$ koliesok do tabuľky s krížikom v strede. Nemôžeme použiť všetky štyri rohy, keďže stred nie je dostupný a piate koliesko by tak privodilo výhru. Na druhej strane, potrebujeme mať aspoň jedno koliesko na každej diagonále, v opačnom prípade by vyhrali krížiky. Preto dáme kolieska buď presne do troch rohov alebo do dvoch. Pri obdivoch týchto možnostiach máme presne určené, kam dáme zvyšné kolieska, aby sa hra skončila remízou (Obrázky 2 a 3). Oba prípady sú nesúmerné podľa otočenia, ale sú súmerné podľa nejakej osi, preto existujú $4$ možnosti otočenia pre každý z týchto dvoch prípadov.

Prípady „Koliesko-koliesko“ a „Koliesko-krížik“ vychádzajú z prípadov „Krížik-krížik“ a „Krížik-koliesko“ s tým rozdielom, že v strede je teraz koliesko, nie krížik, čo znamená, že dokopy je možností $2$-krát toľko, čiže $2(8+4+4)=32$.

Výsledok:

$32$

Urobme prevrátené hodnoty všetkých zlomkov. Spolu s touto operáciou musíme otočiť znamienka nerovností:

Veľkosť intervalu medzi $0,72$ a $0,75$ je $0,03>1∕34$, takže pre všetky $a\ge 34$ existuje riešenie. Pre $a=33$ je riešenie $b=24$ ($24∕33=0,\overline{72}$). Pre $a=32$ neexistuje riešenie, keďže $24∕32=0,75$ a $1∕32>0,03$.

Výsledok:

$68$, $76$, $91$

Označme si $A$, $B$, $C$ vzdialenosti jednotlivých kopcov od Brezna merané v $\mathrm{km}$, nie nutne v poradí, v akom sú na trase. Tieto čísla musia spĺňať $2261\mid \mathit{ABC}$ a $2261\mid (110-A)(110-B)(110-C)$. Keďže $2261=7\cdot 323=7\cdot 17\cdot 19$ a $7\cdot 17=119>110$, žiadna zo vzdialeností nemôže mať v prvočíselnom rozklade viac ako jedného z deliteľov $2261$. Podobnú úvahu možno použiť aj na vzdialenosti $(110-A),(110-B),(110-C)$.

Bez ujmy na všeobecnosti, položme $7\mid A$, $17\mid B$, $19\mid C$. Potom $7\nmid (110-A),17\nmid (110-B)$ a $19\nmid (110-C)$. Buď musí $7\mid (110-B)$ alebo $7\mid (110-C)$, keďže $7\nmid (110-A)$. V prvom prípade, $7\mid (110-B)$, musí platiť $19\mid (110-A)$, keďže $19\nmid (110-C)$ a následne $17\mid (110-C)$. V druhom prípade $7\mid (110-C)$, $17\mid (110-A)$ a $19\mid (110-B)$.

Jediný spôsob ako rozložiť $110$ ako $a\cdot 7+b\cdot 19$, kde $a$, $b$ sú celé nezáporné čísla je $110=13\cdot 7+1\cdot 19$. (Všetky rozklady majú tvar $110=(13+19k)\cdot 7+(1-7k)\cdot 19$ pre $k\in \mathbb{Z}$, oba koeficienty sú nezáporné iba pre $k=0$.) Podobne môžeme zistiť, že $110=4\cdot 17+6\cdot 7$ a $110=4\cdot 19+2\cdot 17$. To vedie k dvom riešeniam:

a

Na základe Adamovej poznámky, že posledný kopec je od Brezna vzdialený viac ako $80\mathrm{km}$ môžeme druhú možnosť vylúčiť. Jediným riešením sú potom vzdialenosti kopcov $68$, $76$ a $91\mathrm{km}$.

Výsledok:

$3\sqrt{3}∕8$

Najprv si uvedomme, že $|\sphericalangle \mathit{EKA}|=90^{\circ }$; v skutočnosti sú trojuholníky $\mathit{AEK}$ a $\mathit{ABC}$ zhodné, keďže $|\mathit{AK}|=|\mathit{AC}|$, $|\mathit{AE}|=|\mathit{AB}|$ a $|\sphericalangle \mathit{EAK}|=|\sphericalangle \mathit{BAC}|$. Ďalej, stred $S$ štvorca $\mathit{ABDE}$ leží na kružnici opísanej trojuholníku $\mathit{ABC}$, pretože $\mathit{ASB}$ a $\mathit{ACB}$ sú pravé uhly. Keďže $|\mathit{AS}|=|\mathit{BS}|$, tak prislúchajúce vnútorné uhly $\mathit{ACS}$ a $\mathit{BCS}$ sú tiež zhodné. Teda $S$ leží na osi $\mathit{CJ}$ uhla $\mathit{ACB}$. Zobrazme si trojuholník $\mathit{JKE}$ cez bod $S$; potom bod $E$ sa zobrazí na bod $B$, $J$ sa zobrazí na $H$, čo je priesečník úsečiek $\mathit{AB}$ a $\mathit{CJ}$ a $K$ sa zobrazí na $I$, pričom $I$ leží na úsečke $\mathit{CJ}$ a spĺňa $|\sphericalangle \mathit{IBC}|=90^{\circ }$.

Pozrime sa na pravouhlý trojuholník $\mathit{IBC}$ s pravým uhlom pri vrchole $B$. Jeho obsah je ${(\sqrt{3})}^2∕2=3∕2$. Keď obsah trojuholníka budeme označovať hranatými zátvorkami, tak môžeme vyjadriť

Ďalej, trojuholníky $\mathit{ACH}$ a $\mathit{BIH}$ sú zjavne podobné s koeficientom podobnosti

Z toho dostávame, že

Výsledok:

$5∕9$

Označme $c$ farbu guľôčky vytiahnutej prvým väzňom a $o$ farbu druhej vytiahnutej. Pravdepodobnosť, že prvý väzeň ťahal z krabice s guľôčkami farby $c,c,o$ je $\frac{2}{3}$ a pravdepodobnosť, že ťahal z krabice s guľôčkami farby $c,o,o$, je $1∕3$.

Ak si druhý väzeň zvolí rovnakú krabicu ako prvý, tak si vytiahne guľôčku farby $c$ s pravdepodobnosťou

a guľôčku farby $o$ s pravdepodobnosťou

Ak by si vybral inú krabicu ako prvý väzeň, tak si vytiahne guľôčku farby $c$ s pravdepodobnosťou

a guľôčku farby $o$ s pravdepodobnosťou

Pokiaľ je $c$ biela, druhý väzeň sa dostane na slobodu ak si tiež vytiahne $c$. Keďže $\frac{4}{9}>\frac{1}{3}$, je preňho lepšie ak si vyberie inú krabicu ako prvý väzeň a dostane sa na slobodu s pravdepodobnosťou $\frac{4}{9}$.

Pokiaľ je $c$ čierna, potrebuje si vytiahnuť inú guľôčku ako prvý väzeň. Keďže $\frac{2}{3}>\frac{5}{9}$, je preňho lepšie si zvoliť rovnakú krabicu ako prvý väzeň a dostane sa na slobodu s pravdepodobnosťou $\frac{2}{3}$.

Je zjavné, že $c$ je biela s pravdepodobnosťou $\frac{1}{2}$ a čierna s pravdepodobnosťou $\frac{1}{2}$. Druhý väzeň sa vie dostať na slobodu s pravdepodobnosťou

Výsledok:

$18$

Pre $n<18$ si zoberme prvých $n$ členov Fibonacciho postupnosti definovanej takto: $a_1=a_2=1$ a $a_{k+2}=a_{k+1}+a_k$. Sú to čísla: $1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597$. Zjavne najväčšie číslo z ľubovoľnej vytvorenej trojice je väčšie alebo prinajmenšom rovné súčtu zvyšných dvoch čísel trojice a teda žiadna trojica nemôže reprezentovať strany trojuholníka. Pre $n=18$ si označme vybrané čísla $x_1\le \cdots \le x_{18}$. Ak žiadna trojica z nich netvorí strany trojuholníka dostávame $x_1,x_2\ge 1$, $x_3\ge x_1+x_2\ge 2,x_4\ge x_3+x_2\ge 2+1=3,\dots$, pričom v každej nerovnosti dostávame za spodné ohraničenie práve číslo z Fibonacciho postupnosti. Skončíme pri $x_{18}\ge 987+1597>2019$, čo je spor a tým, že $x_{18}\in ⟨1,2019⟩$. Preto hľadané číslo $n$ je $18$.

Výsledok:

$432=2^4\cdot 3^3$

Číslo $n$ zapíšeme v tvare prvočíselného rozkladu

O funkcií $\sigma (n)$ potom vieme, že platí

Podmienka, že najväčší spoločný deliteľ nie je mocnina dvojky je ekvivalentná s tým, že existuje nepárne prvočíslo $q$, ktoré delí aj $\sigma (n)$, aj $\sigma (n^3)$. Keďže

tak toto číslo nikdy nie je deliteľné $3$, preto najmenšia možná hodnota $q$ môže byť $5$. Ďalej si všimneme, že $q$ nemôže deliť zároveň ${\alpha }_i+1$ a $3{\alpha }_i+1$, pretože potom by muselo deliť aj

Preto môžme uvažovať rôzne $i,j\in \{1,\dots ,t\}$ také, že $q\mid {\alpha }_i+1$ a $q\mid 3{\alpha }_j+1$. Keďže hľadáme najmenšie možné $n$, tak môžme uvažovať, že $t=2$, $i=1$ a $j=2$.

Ak $q=5$ tak najmenšie možné hodnoty pre ${\alpha }_1$, ${\alpha }_2$ sú ${\alpha }_1=4$ a ${\alpha }_2=3$. Zoberme potom najmenšie možné prvočísla, ktoré umocníme na nájdené alfy a to sú $p_1=2$ a $p_2=3$. Preto $n=2^4\cdot 3^3=432$.

Ak $q\ge 7$, tak ${\alpha }_1\ge 6$ a ${\alpha }_2\ge 2$, z čoho dostaneme, že

pričom sme ukázali, že $432$ je naozaj najmenšia možná hodnota $n$.

Výsledok:

$3\sqrt{5}$

Použitím Euklidových viet vypočítame

Polomer kružnice $t$, čo je aj dĺžka úsečky $\mathit{DT}$, môžeme vypočítať pomocou dobre známeho vzťahu. Vydelíme obsah trojuholníka $\mathit{ACD}$ polovicou obvodu a dostaneme $|\mathit{DT}|=58∕(36∕2)=3$. Označme si kružnicu vpísanú do trojuholníka $\mathit{BCD}$ ako $\omega$. Nech sa dotýka úsečky $\mathit{CD}$ v bode $S$. Podobne vieme vypočítať aj polomer kružnice $\omega$ a to je $|\mathit{DS}|=4$. Rovnoľahlosť so stredom v bode $C$ a koeficientom $|\mathit{CT}|∕|\mathit{CS}|=9∕8$ zobrazí kružnicu $\omega$ na kružnicu $c$. Teda polomer kružnice $c$ je $4\cdot 9∕8=9∕2$. Nech $M$ je stred úsečky $\mathit{XY}$ a $O$ je stred kružnice $c$. Vieme, že $|\mathit{XO}|=9∕2$ a $|\mathit{OM}|=|\mathit{DT}|=3$. Z toho dostávame použitím Pytagorovej vety, že

Výsledok:

$1128$

Farby dvoch susediacich políčok sú nutne rôzne. Ak máme v jednom riadku použité viac ako dve farby, tak v ňom musíme mať tri po sebe idúce políčka zafarbené tromi rôznymi farbami. Táto trojica políčok presne určuje zafarbenie prislúchajúcich troch stĺpcov. Napríklad, keď máme trojicu políčok zafarbenú farbami $1-2-3$, tak tri susediace políčka pod (alebo nad) týmito tromi políčkami musia byť zafarbené $3-4-1$. Pokračujúc nadol (nahor) určíme celé stĺpce, v ktorých pôvodná trojica políčok je. Vidíme, že každý z týchto stĺpcov je zafarbený iba dvomi farbami. Navyše stĺpec susediaci so stĺpcom zafarbeným dvomi farbami je možné zafarbiť tiež iba dvomi farbami. Rovnakú úvahu vieme zopakovať keď zameníme riadky a stĺpce, nemôžeme mať teda v jednom ofarbení šachovnice aj viac ako dve farby v nejakom riadku, aj viac ako dve farby v nejakom stĺpci.

Šachovnica má $6$ riadkov a $7$ stĺpcov. Vypočítajme počet zafarbení, ktoré majú v každom riadku iba dve farby. Vyberieme dve farby pre prvý riadok (potom dvojica farieb pre každý riadok je jednoznačne určená) a potom si zvolíme farbu prvého políčka v každom zo $6$ riadkov. Takto získame $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)\cdot 2^6=6\cdot 2^6$ zafarbení. Počet zafarbení, ktoré majú v každom stĺpci len dve farby je analogicky $6\cdot 2^7$. Ešte musíme odpočítať počet zafarbení, ktoré majú dve farby v každom riadku a taktiež v každom stĺpci (pretože sme ich započítali raz v každom z prípadov, teda spolu dvakrát). Také zafarbenie je jednoznačne určené zafarbením horného ľavého štvorčeka $2\times 2$. Takýchto zafarbení je $4\cdot 3\cdot 2=24$.

Počet zafarbení šachovnice je $6\cdot 2^6+6\cdot 2^7-24=1128$.

Výsledok:

$597+3^{-99}$

Všetky váhy sú v gramoch. Po prvom kroku má druhé dieťa $8+4∕3$. V druhom kroku dá jednu tretinu svojej čokolády tretiemu dieťaťu, ktoré má potom $12+8∕3+4∕3^2$. Po treťom kroku má štvrté dieťa $4(4+3∕3+2∕3^2+1∕3^3)$ gramov čokolády. Z toho je už asi celkom zrejmé, že sté dieťa má na konci

Označíme vnútro zátvorky: