Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$105^{\circ }$

Všimnime si, že vyznačená úsečka je základňou rovnoramenného trojuholníka so veľkosťami uhlov $150^{\circ }$, $15^{\circ }$, $15^{\circ }$. Hľadaný uhol je teda $180^{\circ }-60^{\circ }-15^{\circ }=105^{\circ }$.

Výsledok:

$6$

Ak má nejaký hráč číslo $x$, tak hráč naľavo od neho musí mať číslo $x$ vydelené niektorým jeho deliteľom väčším ako $1$. Keďže $72=2^3\cdot 3^2$, každý ďalší hráč má súčet exponentov aspoň o jedna menší od hráča napravo a najviac jedno číslo je rovné $1$, tak hľadaný počet je $2+3+1=6$. To nájdeme napríklad ako postupnosť $1,2,4,8,24,72$.

Výsledok:

$44$

Nech $n$ označuje hľadaný počet členov. Keď sčítame $23$ a $32$ dostaneme počet členov, ale započítali sme dvakrát každého hráča, ktorý vie hrať na oba nástroje. Tých je je štvrtina, takže

preto $n=44$.

Výsledok:

$21$

Nech $n$ je Tomovo prvé číslo, potom $T=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$. Jerry začala s číslom $n+1$ takže $J=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$. Máme

Vyriešením rovnice dostaneme $n=20$. Keďže Jerryno najmenšie číslo je o jedna väčšie, odpoveď je $21$.

Výsledok:

$168$

Na obrázku je $18$ trojuholníkov, ktoré majú len dvoch susedov a $3$ trojuholníky, ktoré majú iba jedného suseda. Zostávajúcich $64-18-3=43$ trojuholníkov má všetkých troch susedov, preto je výsledok $3\cdot 43+2\cdot 18+1\cdot 3=168$.

Výsledok:

$4$

Keďže pre ľubovoľné celé číslo je $n(n-5)$ súčin párneho a nepárneho čísla, tak tvrdíme, že $n^2-5n+6=n(n-5)+6$ je párne. Keďže jediné párne prvočíslo je $2$, dostaneme rovnicu $n^2-5n+6=2$, ktorej riešenia sú $1$ a $4$. Hľadané je väčšie z nich, teda $4$.

Iné riešenie je, že si všimneme, že rozklad $n^2-5n+6=(n-2)(n-3)$ môže byť prvočíslo iba ak jedna zo zátvoriek je $\pm 1$. Najväčšie také číslo je teda $4$ a skúškou skutočne dostaneme hodnotu $2$, čo je prvočíslo.

Výsledok:

$2\sqrt{3}\doteq 3.46410$

Čiarkovaná úsečka leží $1$ „nad“ spojnicou stredov kružníc. Stred veľkej kružnice, jeden z koncových bodov čiarkovanej úsečky a bod "na vrchu" veľkej kružnice tvoria rovnostranný trojuholník s dĺžkami strán $2$. Výsledok je dvojnásobok dĺžky výšky tohto trojuholníka. Tú spočítame pomocou Pytagorovej vety $x^2+1^2=2^2$ a dostaneme výsledok $2\sqrt{3}\doteq 3.46410$

Výsledok:

$3∕5$

Nech $t_n$ je čas, kedy Pedro nebol pri stole a $t_p$ čas, kedy bol prítomný. Adam a Pedro zjedli rovnaké množstvo praclíkov, čiže

Výsledok:

$58$

Hľadáme riešenie rovnice

pričom všetky $x_i$ musia byť z množiny $\{0,1\}$. Keďže $0,4+0,5+1+2+4,1<11,8$, vieme, že $x_6$ musí byť $1$. Rovnica bude určite vyzerať

Výberom $x_4=1$ alebo $x_5=1$ by bola cena vyššia než $11.8$ eur, musíme zvoliť $x_4=x_5=0$. Keďže $0,4+0,5+1=1,9$, jediné riešenie je $x_1=x_2=x_3=x_6=1$ a $x_5=x_4=0$. Marek dostane $1+2+5+50=58$ Českých korún.

Výsledok:

$27$

Sedem rôznych typov pravouholníkov môžeme nájsť:

Máme $7$ jednotkových štvorcov, $2$ štvorce veľkosti $2\times 2$, $4$ štvorce ako ten nakreslený bodkovanou čiarou a jeden štvorec ako ten nakreslený čiarkovanou čiarou. Navyše máme $8$ obdĺžnikov veľkosti $1\times 2$, $2$ obdĺžniky veľkosti $1\times 3$ a $2$ obdĺžniky ako ten, čo je nakreslený čiarkovanou čiarou.

Dokopy spočítame $7+2+4+2+8+2+2=27$ obdĺžnikov.

Výsledok:

$39$

Chceme vyriešiť rovnicu $\mathrm{nsn}(60,n)=777+\mathrm{NSD}(60,n)$. Najväčší spoločný deliteľ musí byť deliteľ $60$, teda musí to byť jedno z nasledujúcich čísel $1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60$. Z týchto čísel iba $3$ môže byť pripočítané k $777$ tak, aby sme dostali číslo deliteľné $60$, preto $\mathrm{NSD}(60,n)=3$ a $\mathrm{nsn}(60,n)=780$. Potom $60\cdot n=3\cdot 780$, teda $n=39$.

Výsledok:

$\sqrt{7∕12}\doteq 0.76376$

Rozbaľme plášť štvorstena ako je na obrázku. Lili sedí v bode $A$ a chce prísť napríklad do bodu $B$. Keďže rozbalený povrch je v rovine, najkratšia cesta je úsečka spájajúca tieto dva body (čiarkovaná úsečka). Spočítajme $|\mathit{PD}|$ pomocou Pytagorovej vety $|\mathit{PD}{|}^2=|\mathit{CD}{|}^2-|\mathit{CP}{|}^2=1^2-{(1∕2)}^2=3∕4$, teda $|\mathit{PD}|=\sqrt{3∕4}$, a preto

Keďže $|\mathit{DB}|=1∕2$, môžeme znovu použiť Pytagorovu vetu a spočítať

čo nám dáva riešenie

Výsledok:

$27$

Ak by Timka mala $3$, tak by klamala. Potom by však bola už len jedna neznáma klamárka, ale to nie je možné, pretože by si dve dievčatá museli potiahnuť rovnaké číslo. Ak by Timka potiahla $9$ alebo $12$, museli by byť všetky ostatné dievčatá klamárky pretože by nemohli mať žiaden násobok. Timka má teda číslo $6$ a potom jediná z kamarátok, ktorá hovorí pravdu môže byť Anežka a má $12$. Róberta a Števka sú klamárky a majú čísla $3$ a $9$ v nejakom poradí. Ich súčin je teda číslo $27$.

Výsledok:

$420$

Ak máme kladné celé číslo $n$ s prvočíselným rozkladom $n={p_1}^{a_1}\cdots {p_k}^{a_k}$ také, že $p_i$ sú rôzne prvočísla, potom počet kladných deliteľov $n$ je rovný $(a_1+1)\cdots (a_k+1)$.

Zrejme počet nepárnych deliteľov môžeme nájsť vypustením všetkých faktorov $2$ v prvočíselnom rozklade $n$. Pretože $24=8\cdot 3$ a vieme, že počet nepárnych deliteľov je $8$, tak dostávame, že mocnina $2$ musí byť práve $2$. Dvojku máme teda vybavenú a pozrime sa na ostatné prvočísla.

Keďže $2\cdot 2\cdot 2=4\cdot 2=8$, musíme uvažovať jednu z nasledujúcich možností: tri najmenšie prvočísla každé v prvej mocnine, najmenšie v tretej mocnine s druhým najmenším v prvej mocnine alebo najmenšie v siedmej mocnine. Ale $3\cdot 5\cdot 7<3^3\cdot 5<3^7$, takže najmenšie také $n$ je rovné $2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7=420$.

Výsledok:

$\sqrt{\pi }\doteq 1.77246$

Keďže šedé oblasti majú rovnaký obsah, tak kružnica a štvorec majú tiež rovnaký obsah, pretože tento obsah je rovný prieniku plus štyrom šedým oblastiam (pre štvorec aj pre kružnicu). Ak $a$ označuje dĺžku strany štvorca a $r$ polomer kružnice, potom máme $a^2=r^2\pi$, a preto $a:r=\sqrt{\pi }$.

Výsledok:

$5$

Všimnime si, že $1$ je kladné, keďže mínuska môžeme vložiť iba medzi čísla.

Ak všetky znaky sú plus, tak súčet je $210$. Miloš má ale o $18$ menej, takže musí umiestniť znak mínus pred čísla so súčtom dohromady $9$. Na výber má len jednu trojicu $(2,3,4)$, tri dvojice $(2,7)$, $(3,6)$ a $(4,5)$ a jedno samostatné číslo $9$. Preto má iba $5$ možností ako to mohol spraviť.

Výsledok:

$1∕81$

Kľúčové pozorovanie je, že dĺžka strany žltého štvorca je jedna tretina dĺžky základne trojuholníka. Vieme na to prísť tak, že si jednoducho dokreslíme dva ďalšie štvorce do obrázka.

Z tohto usúdime, že obsah žltého štvorca tvorí

trojuholníka. Použitím rovnakého pozorovania na cyan-ový štvorec dostaneme, že dĺžka jeho strany je jedna šestina strany žltého štvorca, preto ich pomer obsahov je $1∕36$. Hľadaný pomer dostaneme vynásobením týchto dvoch pomerov a dostaneme $1∕81$.

Výsledok:

$26$

Čísla $1,2,3,4,6,10$ nie je možné zapísať v zadanom tvare, keďže $a,b\ge 1$ a najväčší spoločný deliteľ $a$ a $b$ je $1$. Keď sa pozrieme na čísla zapísateľné v zadanom tvare, môžeme si všimnúť, že pomocou dvojíc $(a,b)$ vo forme $(a,1)$ vieme zapísať všetky nepárne čísla $n\ge 5$, pomocou dvojíc vo forme $(2k-3,2)$ zapíšeme všetky čísla $n=4k\ge 8$ a pomocou dvojíc $(2k-5,4)$ zapíšeme čísla $n=4k+2\ge 14$. Súčet nezapísateľných čísel je preto $1+2+3+4+6+10=26$.

Výsledok:

$4$

Keďže drsný polynóm má dva korene, môže byť zapísaný ako $c(x-a)(x-b)$, kde $a,b$ sú jeho celočíselné korene a $c$ je jeho prvý koeficient (tiež celé číslo). Súčet koeficientov sa dá jednoducho vyjadriť ako $c(a-1)(b-1)$. Keďže ten sa rovná $2020=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$ a keďže $(a-1)$ a $(b-1)$ majú rozdiel jedna, ostávajú nám štyri možnosti, konkrétne $2020=1010\cdot 1\cdot 2$, $2020=1010\cdot (-1)\cdot (-2)$, $2020=101\cdot 4\cdot 5$ a $2020=101\cdot (-4)\cdot (-5)$.

Výsledok:

$19$

Vo vlaku je dokopy $40\cdot 41∕2=820$ cestujúcich. Keď má vlak už len $22$ vozňov, jeho posledných $20$ vozňov musí byť plných, inak by vo vlaku bolo najviac $1+2+39+19\cdot 40=802$ cestujúcich. V prvých dvoch vozňoch preto sedí dokopy $20$ cestujúcich a keďže v prvom vozni sedí stále jeden cestujúci, vo vozni číslo $2$ musí sedieť $19$ cestujúcich.

Výsledok:

$18$

Nech strany obálky sú $a$ (šírka) a $b$ (výška) a uhlopriečka štvorcového papiera je $d$. Všimnime si, že trojuholníky tvorené rohmi papiera a zohnutými hranami sú pravouhlé a rovnoramenné, a preto je výška na preponu polovičnej dĺžky ako prepony. Ľahko dopočítame, že $d=b+a+2$. Aby sa papier správne poskladal, musí platiť nerovnosť $\frac{d-b}{2}\le b$, teda $b\ge \frac{d}{3}$ musí platiť. Tieto vzťahy dokopy dávajú $a\le d-\frac{d}{3}-2=\frac{2}{3}d-2=18$

Výsledok:

$55$

Nech $a+b=d^2$, $b+c=e^2$, $c+a=f^2$, pričom $d$, $e$, $f$ sú (zo zadania rôzne) kladné celé čísla. Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že platí $d<e<f$. Keďže sú Kikine čísla kladné, platí:

Hľadaná hodnota je rovná $(d^2+e^2+f^2)∕2$, potrebujeme preto nájsť trojicu druhých mocnín spĺňajúcich $(♡)$, ktorých súčet bude najmenší možný a párny zároveň. Taká trojica je $(d^2,e^2,f^2)=(25,36,49)$, a preto správna odpoveď je $55$.

Výsledok:

$162=2\cdot 3^4$

Každá cesta je jednoznačne určená týmito výbermi: na začiatku môže ísť hore alebo dole (2 možnosti). Následne pri každom zo štyroch vertikálnych párov šípok: cesta môže nepoužiť vertikálnu šípku, použije jednu z páru šípok alebo použije obe (3 možností pre každý pár). Odpoveď je preto $2\cdot 3^4=2\cdot 81=162$.

Výsledok:

$29$

Zapíšeme čísla v kóde: napíšeme R (rastie) ak cifra napravo je väčšia ako naľavo a K (klesá) ak je menšia. Napríklad číslo $1474$ zapíšeme ako RRK a číslo $1414$ zapíšeme ako RKR.

Máme sedem možností, ktorými vieme čísla zapísať. Možnosť RRR nie je možná, lebo nemôžme začínať nulou. Každé číslo je potom jednoznačne dané začiatočnou cifrou.

Dokopy $3+6+4+4+7+4+1=29$

Výsledok:

$\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1\doteq 0.41421$

Nech $x$ je dĺžka strany malého štvorca. Polomer kružníc je potom $\frac{1-x}{2}$. Polomer kružníc získame taktiež z diagonály jednotkového štvorca - rozdelíme diagonálu na štyri časti pomocou dvoch stredov kružníc a miestom ich dotyku. Takéto delenie nám dá dve úsečky dĺžky $r$ a dve úsečky dĺžky $\sqrt{2}r$. Dokopy teda

a vyriešením rovnice máme $x=1-\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$.

Výsledok:

$2020∕2019$

Keď sčítame všetky rovnice z podmienok dostaneme

Hľadaný výsledok je preto $2020∕2019$.

Výsledok:

$620$

Nazvime číslo vyhrávajúcim, ak taká stratégia zaručí víťazstvo hráčovi, ktorý je na ťahu a ostatné čísla nazvime prehrávajúce. Všimnime si, že $n$ je vyhravajúcim, ak je nejaké prehrávajúce číslo v intervale $[\frac{n}{3}.\frac{n}{2}]$. Na druhú stranu číslo $n$ je prehrávajúce iba ak všetky čísla z intervalu $[\frac{n}{3},\frac{n}{2}]$ sú vyhrávajúce (zahrňujúc možnosť, že už nemáme žiadne platné číslo v rozsahu).

Očividne $1$ je prehrávajúce číslo, preto podľa spomínaných pravidiel čísla $2$ a $3$ sú vyhrávajúce. Toto implikuje, že čísla $4$ až $7$ sú prehrávajúce, keďže pre všetky z nich platí $[\frac{n}{3},\frac{n}{2}]\cap \mathbb{N}\subseteq \{2,3\}$. Pokračujúc v tomto procese dostaneme, že čísla $44,\dots ,129$ a $260,\dots ,777$ sú vyhrávajúce. Dokopy máme teda $620$ vyhrávajúcich čísel.

Výsledok:

$60$

Obe kružnice sú Tálesové nad priemermi $\mathit{AB}$ a $\mathit{AC}$, preto pri vrchole $D$ sú pravé uhly $|\sphericalangle \mathit{ADC}|=|\sphericalangle \mathit{ADB}|=90^{\circ }$ a $B,C,D$ ležia na jednej priamke. Pomocou Pytagorovej vety spočítame $|\mathit{BD}{|}^2=17^2-(7^2-4^2)=16^2$, a potom $|\mathit{BC}|=16\pm 4$ (v skutočnosti pravé uhly môžu byť totožné alebo tvoriť priamku). Spojením stredov kružníc dostaneme podobný trojuholník (v pomere $\frac{1}{2}$) s trojulníkom $\mathit{ABC}$), hľadanou vzdialenosťou je buď $20∕2=10$ alebo $12∕2=6$ a hľadaný súčin je $60$.

Výsledok:

$20$

Trolejbusy nemôžu byť vo vzdialenosti dvoch staníc. Očividne párne a nepárne stanice sa správajú nezávisle a každá môže pokryť najviac 4 trolejbusy (a umiestniť štyri trolejbusy je jednoznačné). Preto môžeme mať na párnych štyri trolejbusy a na nepárnych tri trolejbusy alebo naopak. Riešenie bude tvaru $2\cdot N$. Keďže sa bavíme iba na párnych alebo iba na nepárnych vieme riešenie preniesť na hľadanie počtu možností $N$ ako usporiadať tri trolejbusi do sedem zastávok tak, že ich bude deliť jedno miesto. Najprv položíme štyri prázdne zastávky a potom tri trolejbusy medzi prázdne zastávky. Prvý trolejbus môžme umiestniť na $5$ pozícií druhý na $4$, tretí na $3$. Keďže trolejbusy sú zameniteľné $N=(5\cdot 4\cdot 3)∕(3\cdot 2\cdot 1)=10$. Preto výsledok je $2\cdot 10=20$.

Výsledok:

$4251$

Najprv spočítajme koľko číslic zostane rovnakých. Je celkom ľahko vidno, že pričítanie $11$ zmení všetky číslice jedno- aj dvojciferných čísel. Každá nezmenená číslica musí byť na pozícii stoviek alebo tisícok. Ak sú posledné dve číslice medzi $00$ a $88$, prvé dve číslice sa nezmenia. Máme teda stabilnú číslicu na pozícii stoviek pre $89$ čísel. Navyše všetky čísla od $1000$ do $1988$ majú ešte jednu stabilnú číslicu — na pozícii tisíc. Do čísla $1999$ teda máme $19\cdot 89+989=2680$ číslic, ktoré zostanú rovnaké. Od $2000$ do $2020$ máme $21$ čísel, ktoré nezmenia číslicu na pozícii stovky ani tisícky. To nám dáva $2\cdot 21=42$ stabilných číslic.

Koľko číslic máme spolu? Od $1$ do $9$ máme $9$ číslic. Od $10$ do $99$ máme $90\cdot 2$ číslic. Od $100$ do $999$ je $900\cdot 3$ číslic a od $1000$ do $2020$ máme $1021\cdot 4$ číslic. Spolu teda máme $6973$ číslic, takže treba prepísať $6973-2722=4251$ číslic, aby číslovanie sedelo.

Výsledok:

$65$

Označme na každej križovatke počet možných ciest, ktorými sa z tej križovatky môže dostať guľôčka dole. Začneme odspodu, kde je len jedna cesta a označíme to až po vrchol. Každé číslo je súčtom dvoch čísel pod ním.

Výsledok:

$68$

Všimnime si, že kráľ a traja rytieri po jeho ľavici sú všetci mäsožravci, takže po treťom posunutí prvé vegetariánske jedlo naľavo od kráľa bolo podané nejakému mäsožravcovi a prvý vegetarián po kráľovej pravici určite dostal kura. To sú tí dvaja, ktorí si na konci musia vymeniť taniere, aby všetci boli spokojní.

Všetci ostatní majú rovnaké jedlo ako človek o tri miesta vľavo. Takže rozloženie vyzeralo takto:

Každý vegetarián a každý mäsožravec napravo od vegetariána mal zlé jedlo po prvom posunutí, takže vegetariánov bolo $64∕2=32$. Ostatných $100-32=68$ rytierov (ako aj kráľ) jedlo kura.

Výsledok:

$150$

Všetky uhly musia byť $\alpha$, $\beta$ alebo $\gamma$, podľa štandardnej notácie trojuholníka $\mathit{ABC}$. Očividne uhol $\mathit{EAC}$ je $\beta$ a uhol $\mathit{AEC}$ je $\alpha$. Uhly $\mathit{EDA}$ a $\mathit{EDB}$ dokopy dávajú $180^{\circ }$, takže musia byť buď oba $\alpha$ alebo oba $\gamma$ a navyše sú oba pravé. Rýchla kontrola nám dáva, že oba sú $\alpha$ a dostaneme validnú konfiguráciu. Druhá možnosť nám dáva tiež validnú konfiguráciu, kde $\alpha =60^{\circ }$, preto je výsledok $90^{\circ }+60^{\circ }=150^{\circ }$.

Výsledok:

$240$

Nakreslime si graf, v ktorom vrcholy predstavujú jednotlivých pracovníkov a hrany predstavujú spoločnú šichtu. Riešením pôvodnej úlohy je potom počet rôznych nakreslení tohto grafu, pričom ktorékoľvek dve hrany, ktoré sme nakreslili po sebe, nemajú spoločný vrchol. Uvedomme si, že tento graf sa naozaj skladá z piatich vrcholov a desiatich ($5\cdot 4∕2=10$) hrán. Prvú hranu vieme zvoliť $10$ spôsobmi. Druhú hranu vieme zvoliť následne tromi spôsobmi. Pri kreslení tretej a štvrtej hrany máme v každom prípade $2$ možnosti. Nech si volíme prvé štyri hrany akokoľvek, vždy sa dostaneme do ekvivalentnej situácie. Pri kreslení piatej hrany sa delia možnosti nakreslenia grafu na dve vetvy. Môžeme vytvoriť z prvých piatich hrán cyklus alebo vytvorím cyklus zo štyroch hrán s akýmsi chvostíkom. Pri prvej vetve máme pri kreslení zvyšných hrán postupne $1$, $2$, $1$, $1$ a $1$ možnosti nakreslenia hrany. V prípade druhej vetvy kreslenia grafu nevieme nakresliť zvyšných 5 hrán tak, aby za sebou idúce hrany nemali spoločný vrchol. Problémom je koniec "chvostíka". Na nakreslenie grafu máme

možností a teda existuje $240$ rôznych pracovných rozvrhov.

Výsledok:

$27721∕200$

Nech $a<b<c<$ sú dĺžky strán Lucynho trojuholníka. Popísaná situácia môže nastať iba ak $a:b=b:c$. Teraz máme tri možnosti: (1) $a=32$, $b=30$, ktorá vedie na $x=c=50\cdot \frac{50}{32}$; (2) $a=32$, $c=50$, ktorá vedie na $x=b=\sqrt{32\cdot 50}=40$; (3) $b=32$, $c=50$, ktorá vedie na $x=a=32\cdot \frac{32}{50}$. Je jednoduché overiť, že žiadna z týchto možností neporušuje trojuholníkovú nerovnosť. Súčet týchto troch hodnôt je $27721∕200$.

Výsledok:

$902$

Všimnime si, že keď Pedro robí behy po $a$ hranách, tak spraví presne

behov, kde $\mathrm{NSD}(x,y)$ označuje najväčšieho spoločného deliteľa kladných celých čísel $x$, $y$. Tým pádom spraví aj presne toľko prestávok, ak nerátame začiatočnú a rátame poslednú. Pre všetky možné hodnoty $d=\mathrm{NSD}(40,a)$ (deliteľov čísla $40$) si vypíšeme možné hodnoty $a$:

• $d=1$ pre $a\in \{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39\}$,
• $d=2$ pre $a\in \{2,6,14,18,26,34,38\}$,
• $d=4$ pre $a\in \{4,12,28,36\}$,
• $d=5$ pre $a\in \{5,15,25,35\}$,
• $d=8$ pre $a\in \{8,16,24,32\}$,
• $d=10$ pre $a\in \{10,30\}$,
• $d=20$ pre $a\in \{20\}$,
• $d=40$ pre $a\in \{40\}$.

Celkový počet prestávok môžeme teraz získať súčtom, kde hodnotu $\frac{40}{d}$ sčítame toľkokrát ako veľká je množina v príslušnom riadku¹ vyššie. Dostaneme tak $40\cdot 16+20\cdot 8+10\cdot 4+8\cdot 4+5\cdot 4+4\cdot 2+2\cdot 1+1\cdot 1=903$. Po odčítaní poslednej prestávky dostaneme, že Pedro spraví celkovo $902$ prestávok.

Výsledok:

$2∕9$

Označme Jožov počiatočný vrchol (Jožovu univerzitu) písmenom $A$, jeho susedov $B_1$, $B_2$ a $B_3$ a ich susedov rôznych od $A$ označme $C_1$, $C_2$ a $C_3$ a nakoniec vrchol $D$. Je ľahké nahliadnuť, že po nepárnom počte krokov (ciest) jediné možné pozície sú $B_i$ alebo $D$ a po párnom počte krokov jediné možné pozície sú $C_i$ alebo $A$ (ktoré je zakázané pred $2020$-tou cestou). Nech $P_n(V)$ označuje pravdepodobnosť, že po $n$ krokoch budeme vo vrchole $V$. Vďaka symetrii máme $P_n(B_1)=P_n(B_2)=P_n(B_3)=:P_n(B)$ pre každé $n$ a obdobne pre $C_i$. Jediné nenulové pravdepodobnosti prvých krokov vieme spočítať jednoducho:

• $P_0(A)=1$
• $P_1(B)=\frac{1}{3}$
• $P_2(C)=\frac{1}{3}$
• $P_3(D)=\frac{1}{3}$, $P_3(B)=\frac{2}{9}$
• $P_4(C)=\frac{1}{3}$.

Všimneme si, že po $4$ krokoch máme rovnaké pravdepodobnosti ako po dvoch krokoch, teda proces je periodický s periódou $2$ a $P_{2019}(B)=\frac{2}{9}$, preto návrat do $A$ je možný a

Výsledok:

$27$

Všimnime si, že $x\star 3=3$ pre ľubovoľné reálne číslo $x$. Spočítame, že $a=(3\star 2)\star 1=5\star 1=27$ je jediné riešenie rovnice.

Výsledok:

$2052$

Označme si predmety $1$, $2$, $3$ a $4$. Rozoberme prípad, kedy predmet $1$ je ten, na ktorý je prihlásená viac ako jedna z nich. Pre ostatné predmety je výsledok rovnaký, takže nám stačí na konci len vynásobiť výsledok štyrmi. Na predmetoch $2$, $3$ a $4$ ostane nanajvýš po jednej študentke. Počítanie možností si rozdelíme na štyri prípady a to podľa toho, či na predmetoch $2$, $3$ a $4$ sa zúčastnia spolu $0$, $1$, $2$ alebo $3$ rôzne študentky. Najprv pre každý prípad zistíme počet spôsobov, ako môžeme študentkami obsadiť tieto tri predmety. Uvedomme si, že všetkých možností, ako tieto tri predmety obsadiť, je $5^3=125$. Pre každý predmet totiž máme na výber $5$ možností: môže si ho zapísať Anežka, Števka, Nina, Robka alebo nikto.

1.

Ak na predmetoch $2$, $3$ a $4$ nie sú prihlásené žiadne študentky, tak máme len jednu možnosť.

2.

Nech je na predmetoch $2$, $3$ a $4$ práve jedna študentka, označme si ju $X$. Študentka $X$ môže byť na jednom, dvoch alebo troch z nich. Ak je na jednom, tak máme $3$ možnosti na výber. Ak je na dvoch, tak máme tiež $3$ možnosti. Ak je na jednom, tak máme len $1$ možnosť. Následne ešte potrebujeme určiť, o ktorú študentku ide, na čo máme $4$ spôsoby. To nám zatiaľ dáva $(3+3+1)\cdot 4=28$ možností.

3.

Ak sú na predmetoch $2$, $3$, $4$ zapísané tri rôzne študentky, tak pre tieto predmety máme $4\cdot 3\cdot 2=24$ možností.

4.

Ostal nám najťažší prípad, kedy na predmetoch $2$, $3$ a $4$ sú dve rôzne študentky. No teraz si vieme jednoducho dopočítať, že pre tento prípad nám ostalo $125-1-28-24=72$ možností.

Teraz nám ostáva pre každý prípad určiť, koľko je možností na obsadenie predmetu $1$. Vieme, že každá študentka, ktorej sa neušiel žiaden z predmetov $2$, $3$, $4$ musí mať zapísaný predmet $1$. Tie, ktorým sa ušiel, si môžu (takmer ľubovoľne) vybrať, či si predmet $1$ zapíšu alebo nie, teda majú $2$ možnosti. Preto ak predmety $2$, $3$ a $4$:

1.

nemá zapísané nikto, tak všetky študentky majú zapísaný predmet $1$, čo je $1$ možnosť;

2.

má zapísané práve jedna študentka, tak tri musia byť na jednotke a pre zvyšnú máme $2$ možnosti;

3.

majú zapísané práve dve študentky, tak tieto dve si môžu vyberať, či si zapíšu jednotku, čo nám dáva $2^2=4$ možnosti;

4.

majú zapísané práve tri študentky, tak tieto si môžu hocijako vybrať zápis na jednotku okrem možnosti, kedy si jednotku žiadna z nich nezapíše (a ostala by tam len jedna študentka), čo nám dáva $2^3-1=7$ možností.

Teda pre zistenie celkového počtu spôsobov, ako si naše študentky môžu zapísať predmety nám už len treba vynásobiť v každom prípade možnosti pre predmety $2$, $3$ a $4$ s možnosťami pre predmet $1$ a, samozrejme, ešte vynásobiť štyrmi. To nám dáva $4\cdot (1\cdot 1+28\cdot 2+72\cdot 4+24\cdot 7)=2052$ spôsobov.

Výsledok:

$259$

Nech $n$ je číslo pozostávajúce iba z cifier $1$, $2$ a $4$. Ak vymeníme všetky cifry $1$ za $2$, všetky $2$ za $4$ a všetky $4$ za $1$, získame nové číslo skladajúce sa iba z týchto cifier. Keď tento postup zopakujeme ešte dvakrát, vráti sa nám pôvodné číslo $n$. Rozdeľme teda všetky sčitávané čísla do trojíc tak, aby sme všetky čísla v jednej trojici vedeli získať takouto cyklickou výmenou. Súčet každej takejto trojice sa rovná číslu $B$, ktoré sa skladá z $1000^{1000}$ cifier $7$, pretože každá cifra je súčet $1$, $2$ a $4$ v nejakom poradí. Spolu máme $3^{1000^{1000}}$ sčitávaných čísel, teda $3^{1000^{1000}-1}$ trojíc a súčet, ktorý hľadáme, sa rovná

Keďže nás zaujímajú iba posledné tri cifry, spočítame zvyšky modulo $1000$. Vidíme, že $B\equiv 777(\mathit{mod}1000)$. Ďalej keďže $3$ a $1000$ sú nesúdeliteľné, môžeme použiť Eulerovu funkciu, aby sme spočítali vysokú mocninu čísla $3$: máme $\phi (1000)=400$, čo je zjavne deliteľ $1000^{1000}$, teda

pričom záporný exponent značí multiplikatívny inverz. Keďže

vyvodíme, že multiplikatívny inverz $3$ je $-333\equiv 667(\mathit{mod}1000)$. Teda naše hľadané číslo je

Výsledok:

$120$

Označme dĺžky strán štandardne $a$, $b$ a $c$ a uhol $\beta$ je uhol pri vrchole $B$. Zo Sínusovej vety máme

čo nám dáva hodnotu $\cos \beta =\frac{a}{2b}$. Potom znovu podľa Sínusovej vety a trigonometrických vzorcov dostaneme

Najmenšie $a$, pre ktoré existujú $b$ a $c$, splňujúce podmienky, je $a=6$ spolu s $b=4$ a $c=5$. Preto je súčin rovný $120$. Menšie $a$ nám dávajú trojice, ktoré nespĺňajú trojuholníkovú nerovnosť.

Výsledok:

$1860497$

Nech $A(n)$ je počet týchto usadení pre stôl s $n$ sedačkami; pre jednoduchosť zatiaľ zahrnieme aj to, že usadenie nula ľudí je povolené. Dokážeme, že vzťah

platí pre $n\ge 5$. Nazveme podmnožinu $M$ množiny $\{1,\dots ,n\}$ cyklicky deravou ak neobsahuje dve po sebe idúce čísla a najviac jedno z čísel $1$ a $n$. Jasne $A(n)$ je rovné počtu cyklicky deravých podmnožín množiny $\{1,\dots ,n\}$.

Nech $B(n)$ je počet deravých podmnožín množiny $\{1,\dots ,n\}$. To sú také, ktoré nemajú dve po sebe idúce čísla (nemá podmienku na $1$ a $n$). Potom $B(n)$ spĺňa rovnosť $B(n)=B(n-1)+B(n-2)$ — vskutku máme $B(n-1)$ podmnožín neobsahujúcich $n$ a $B(n-2)$ množín obsahujúcich $n$.

Spravíme obdobnú analýzu pre $A(n)$: počet cyklicky deravých podmnožín obsahujúcich $n$ je $B(n-3)$, keďže $n$, $1$ a $n-1$ nemôžu byť obsadené a zvyšok sa správa ako deravá podmnožina $\{2,\dots ,n-2\}$. Ak cyklicky deravá podmnožina neobsahuje $n$, tak môžu vytvoriť ľubovoľnú deravú podmnožinu $\{1,\dots ,n-1\}$. Preto

rovnosť platí pre ľubovoľné $n\ge 3$. Keďže $B(n-1)$ aj $B(n-3)$ spĺňajú rovnosť $B(n)=B(n-1)+B(n-2)$, tak aj $A(n)$ spĺňa rovnosť (R) pre ľubovoľné $n\ge 5$.

Ľahko vidieť, že $A(3)=4$ a $A(4)=7$. Použijúc (R) môžeme spočítať všetky zvyšné hodnoty, a teda $A(30)=1860498$. Keďže zadanie nepodporuje prázdny stôl, tak hľadaný výsledok je o jedna menší.

Iné riešenie: budeme vyžadovať aby od každého človeka bolo voľné miesto iba napravo (je to ekvivalentná podmienka). Budeme usadzovať dvojblok (človek, voľno) a blok (voľno) do kruhu. Toto je ale známy problém Lucasových čísel daných počiatočnými podmienkami $L_0=2$ $L_1=1$ a rekurentným vzťahom $L_n=L_{n-1}+L_{n-2}$ (rekurentný vzťah je totožný s Fibonacciho číslami). Počet hľadaných možností je $L_{30}-1=1860497$.

Výsledok:

$5\sqrt{\frac{7}{2}}\doteq 9.354134$

Nakreslime si priamku rovnobežnú s $\mathit{DF}$ prechádzajúcu bodom $A$ ako na obrázku a označme si jej priesečník s priamkou $\mathit{CD}$ ako $E$. Označme $x$ hľadanú dĺžku $\mathit{CD}$. Z podobných trojuholníkov $\mathit{CDF}\sim \mathit{CEA}$ vieme, že $|\mathit{ED}|=\frac{4}{10}x=\frac{2x}{5}$ a $|\mathit{EA}|=\frac{10+4}{10}\cdot 5=7$. Keďže $\sphericalangle \mathit{AEC}=\sphericalangle \mathit{FDC}=\sphericalangle \mathit{DBC}$, štvoruholník $\mathit{AEBC}$ je tetivový. Potom z toho vyplýva $\sphericalangle \mathit{EAB}=\sphericalangle \mathit{ECB}=\sphericalangle \mathit{ACD}$. Preto sú si trojuholníky $\mathit{EDA}$ a $\mathit{EAC}$ podobné, a preto

Výsledok:

$1011$

Ukážeme, že pre všetky $n\in \mathbb{N}$ platí $f(n)\le n+1$. Keďže platí $f(n+1)\ge f(n)+f(f(1))-1\ge f(n)$ pre každé $n\in \mathbb{N}$ (dosadili sme do zadania $n$ miesto $m$ a $1$ miesto $n$), tak funkcia $f$ je neklesajúca. Nech

inými slovami pre nejaké $c\in \mathbb{N}$, $c\ge 2$, platí $f(m)=m+c$. Potom

a keď použijeme túto úvahu induktívne, tak dostaneme $f(2^{r}m)\ge 2^{r}m+2^r(c-1)+1$. Spojením tejto nerovnosti, nerovnosti zo zadania a toho, že funkcia $f$ je neklesajúca, dostaneme

takže opäť z monotónnosti máme $f(2^{r}m+1)=f(2^{r}m+2)=\cdots =f(2^{r}m+2^r(c-1)+1).$ Pre každé $k\in \mathbb{N}$ si zvoľme $r_k\in \mathbb{N}$ tak, aby $2^{r_k}(c-1)>k$. Potom

, a preto $f(f(k))\le 1$, čo znamená, že $f(f(k))=1$ pre všetky $k\in \mathbb{N}$. Taktiež platí $1=f(f(m))=f(m+c)\ge f(m)$ a keďže $f(m)=1$, dostávame spor s predpokladom $\mathrm{\text{(}}\text{1}\text{)}$. Takže naozaj platí $f(n)\le n+1$ pre všetky $n\in \mathbb{N}$.

V skutočnosti pre každé kladné celé číslo $N>1$ môže $f(N)$ nadobudnúť ľubovoľnú hodnotu z množiny $\{1,2,\dots ,N+1\}$. Poďme to dokázať. Najprv si zvoľme $A<N$. Definujme $f_1(n)=1$ pre $n\le A$ a $f_1(n)=A$ pre $n>A$. Funkcia $f_1$ spĺňa podmienku zo zadania a $f_1(N)=A$. Ďalej funkcia $f_2(n)=n$ tiež spĺňa podmienku a $f_2(N)=N$. Nakoniec funkcia $f_3(n)=N\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +1$ nám dáva $f_3(N)=N+1$ a rovnako spĺňa podmienku zo zadania, lebo

, kde sme použili, že pre $N>1$ platí $\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +\frac{1}{N}<\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +1$, a že pre každé reálne čísla $x,y\in (0,\infty )$ platí $\lfloor x\rfloor +\lfloor y\rfloor \le \lfloor x+y\rfloor$.

Keďže $2020>1$, výsledkom je priemer všetkých celých čísel od $1$ do $2021$, čo je $\frac{2022}{2}=1011$.

Výsledok:

$88$

Najprv ukážeme, že trojuholníky $\mathit{BEC}$, $\mathit{AED}$, $\mathit{DCF}$ a $\mathit{ABF}$ majú totožnú spoločnú pripísanú kružnicu oproti uhlu $\mathit{EAF}$.

Nech $G$ značí bod dotyku pripísanej kružnice k trojuholníku $\mathit{BEC}$ oproti uhlu $\mathit{EBC}$ na priamke $\mathit{BE}$. Vzdialenosť medzi $B$ a $G$ je polovičná obvodu trojuholníka, teda $|\mathit{BG}|=\frac{1}{2}(|\mathit{CB}|+|\mathit{BE}|+|\mathit{EC}|)$. Teraz nech $G^{\prime }$ je bod dotyku pripísanej kružnice k trojuholníku $\mathit{AED}$ oproti vrcholu $A$ na priamke $\mathit{AB}$. Použijúc $a+b=60=c+d$ máme

a preto máme $G=G^{\prime }$. Potom bod dotyku $O$ na strane $\mathit{CE}$ je jednoznačne daný pre oba trojuholníky, a teda aj $\mathit{BEC}$ a $\mathit{AED}$ majú spoločnú pripísanú kružnicu. Analogicky trojuholníky $\mathit{DCF}$ a $\mathit{ABF}$ majú rovnakú pripísanú kružnicu. Nakoniec je pripísaná kružnica spoločná pre všetky štyri trojuholníky, keďže jej stred musí ležať na priesečníku osí uhlov $\mathit{EAF}$ a $\mathit{ECF}$. Keďže dotyčnice ku kružnici majú rovnaké dĺžky, $|\mathit{AG}|=|\mathit{AH}|$, tak dokopy máme, že trojuholníky $\mathit{AED}$ a $\mathit{ABF}$ majú rovnaké obvody. Dostávame

ako dĺžku $|\mathit{CF}|+|\mathit{DF}|$.

Výsledok:

$1568$

Zapíšme si rovnicu ako

Všimnime si, že ak je posledná zátvorka nenulová, tak sa rovná aspoň dvom a čísla $p,q,r$ nemôžu byť všetky rovnaké. Teda $k\ge (1+1+2)\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\ge 4$. Trojica $(p,q,r)=(n,n,n+1)$ je riešením, ak $k=3n+1$ pre akékoľvek $n\ge 1$. Podobne trojica $(p,q,r)=(n,n+1,n+1)$ je riešením, ak $k=3n+2$ pre akékoľvek $n\ge 1$. Ak $3\mid k$, tak prepísaním rovnice na

uvidíme, že aj $3\mid p+q+r$, a teda nutne $9\mid k$. Na druhú stranu trojica $(p,q,r)=(n-1,n,n+1)$ rieši rovnicu, ak $k=9n$ pre každé $n\ge 2$. Zostáva sa už len pozrieť na prípad $k=9$. Ak sú kladné celé čísla $p,q,r$ po dvoch rôzne, dostaneme $k=\frac{1}{2}(p+q+r)\left({(p-q)}^2+{(q-r)}^2+{(r-p)}^2\right)\ge (1+2+3)\frac{1}{2}(1+1+4)=18$ a ak $p=q\ne r$ dostaneme $9=(2p+r){(p-r)}^2$. Keďže $2p+r>1$, nutne $2p+r=9$ a $|p-r|=1$ čo je nemožné, pretože potom $r=p\pm 1$ a $9\ne 3p\pm 1$. Takže všetky vhodné $k\in \{1,\dots ,2020\}$ získame tak, že z množiny odstránime všetky čísla menšie ako $4$, odstránime násobky $3$, a potom pridáme násobky $9$ väčšie ako $9$. Výsledok je teda $2020-3-672+223=1568$.