Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$58$

Vek detí je $21,21+4,\dots ,21+4\cdot 4$. Teda vek starej matere môžeme jednoducho spočítať ako $21+4\cdot 4+21=58$.

Výsledok:

$56$

Trojuholníkové čepele sú zjavne rovnoramenné trojuholníky, keďže majú dve strany rovnakej dĺžky. Súčet veľkostí uhlov pri bode $S$ piatich rovnoramenných trojuholníkov je $180^{\circ }$. Súčet veľkostí piatich vyznačených uhlov je preto $\frac{5\cdot 180^{\circ }-180^{\circ }}{2}=360^{\circ }$ z čoho dostávame, že veľkosť chýbajúceho uhla je $360^{\circ }-67^{\circ }-80^{\circ }-85^{\circ }-72^{\circ }=56^{\circ }$.

Výsledok:

$32$

Sčítame počty súťažiacich v samostatných kategóriach a od výsledku odčítame počty študentov súťažiacich v dvoch disciplínach. Najaktívnejších študentov, ktorí súťažili v troch disciplínach sme odčítali o jedenkrát viac ako treba, preto ich počet ešte pričítame k výsledku. Dostávame tak číslo $22+13+15-8-7-6+3=32$.

Výsledok:

$90$

Existuje päť rôznych jednociferných párnych čísel. Aby bol výsledok zaručene super-párny, keď uvažujeme tradičné sčítavanie pod seba, tak sčítanie dvoch čísel na ľubovoľnej pozícií nemôže prekročiť $10$. Ak by sa tak stalo, výsledné číslo už nebude super-párne. Hľadané číslo nemôže ani začínať $0$, inak by nebolo päťciferné. S týmito dvomi podmienkami máme $3$ možnosti na prvú a druhú cifru hľadaných päťciferných čísel, $2$ možnosti na tretiu cifru, jednu možnosť na štvrtú cifru a $5$ možností na poslednú cifru. Vynásobením získame $3\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 5=90$ ako počet hľadaných čísel.

Výsledok:

$25∕4$

Vieme, že súčet obvodov pôvodných hradieb bude rovný obvodu novej hradby. Keď si polomer novej hradby označíme $r$, potom $2\pi \cdot 50+2\pi \cdot 100+2\pi \cdot 150+2\pi \cdot 200=2\pi \cdot r$ implikuje, že $r$ je súčet pôvodných polomerov, teda $r=500$. Aby sme zistili koľkokrát sa zväčšila plocha mesta, potrebujeme vypočítať pomer medzi obsahom (plochou vo vnútri) nových hradieb a obsahom najväčších starých hradieb. To je $\frac{\pi \cdot 500^2}{\pi \cdot 200^2}=25∕4$.

Výsledok:

$9316$

Keďže hľadané číslo je deliteľné prvočíslami $137$ a $17$, musí byť násobkom $137\cdot 17=2329$. Vidíme, že toto číslo nespĺňa podmienky, a že sa dá vynásobiť iba $2$, $3$ a $4$ tak, aby bolo stále štvorciferné. Spočítame $2329\cdot 2=4658$, $2329\cdot 3=6987$, a $2329\cdot 4=9316$, ktoré majú ciferné súčty $23$, $30$ a $19$. Keďže $19$ je najmenšie z možných prvočísel, číslo $9316$ je hľadaným kódom.

Výsledok:

$27$

Predpokladajme, že každý z troch zhodných mnohouholníkov má $n$ strán. Potom vzniknutý útvar má $3(n-3)$ strán, keďže tri strany každého mnohouholníka, vrátane trojuholníka, sú spoločné s iným mnohouholníkom. Stačí nám nájsť $n$. Vonkajší uhol rovnostranného trojuholníka je $300^{\circ }$, takže vďaka symetrii musí byť vnútorný uhol zhodných mnohouholníkov $150^{\circ }$. Keďže súčet vnútorných uhlov $n-$uholníka je $(n-2)\cdot 180^{\circ }$, musíme vyriešiť rovnicu $150n=180(n-2)$, ktorej riešením je $n=12$. Dosadením do vyššie spomenutého vzorca dostaneme, že výsledný mnohouholník má $27$ strán.

Výsledok:

$8081$

Pod pojmom trojuholník budeme v tomto riešení myslieť rovnostranný trojuholník. Máme pôvodný trojuholník, potom $3\cdot 2020$ trojuholníkov, ktoré majú spoločný práve jeden vrchol s pôvodným ($2020$ pre každý vrchol) a nakoniec $2020$ otočených trojuholníkov, ktoré nemajú s pôvodným trojuholníkom žiadny spoločný vrchol. Zjavne sú všetky spomínané trojuholníky navzájom rôzne a už neexistujú žiadne ďalšie trojuholníky, takže spolu máme $1+3\cdot 2020+2020=8081$ trojuholníkov.

Výsledok:

$\sqrt{300}\doteq 17.32051$

Vnútorné uhly pravidelného osemuholníka majú $135^{\circ }$, takže trojuholníky, ktoré Veronika odstrihla, sú pravouhlé rovnoramenné trojuholníky. Vieme ich preto usporiadať do štvorca s dĺžkou strany rovnou dĺžke strany osemuholníka. To znamená, že osemuholník má stranu dlhú $\sqrt{300}$.

Výsledok:

$853$

Z druhej podmienky zistíme, že aspoň jedna cifra čísla $n$ musí byť $5$ a aspoň jedna cifra musí byť párna, ale žiadna nie je $0$. S pomocou prvej podmienky tak získame prvú možnosť $5,2,9$, druhú možnosť $5,4,7$, tretiu možnosť $5,6,5$ a štvrtú možnosť $5,8,3$. Poslednú podmienku ale spĺňa iba trojica $5,8,3$, a tak najväčšie vyhovujúce číslo je $853$.

Výsledok:

$75928$

Najväčšia cifra na mieste desaťtisícok môže byť $7$. To dosiahneme odstránením troch číslic. Ostatné dve vymazané číslice sú $0$ a $1$. Hľadaným číslom je preto $75928$.

Výsledok:

$12$

Číslo sa v postupnosti $S_n$ nachádza len v prípade, že ho vieme zapísať ako $1+\mathit{an}$, kde $a$ je nejaké kladné celé číslo. Ak má byť 2021 v postupnosti, musí platiť $2021=1+\mathit{an}$, teda $2020=\mathit{an}$, z čoho plynie, že $n$ musí byť deliteľom 2020. Prvočíselný rozklad 2020 je $2^2\cdot 5\cdot 101$. Každý deliteľ musí byť teda nejakou kombináciou týchto prvočísel. Dvojku môžeme vybrať nula, jeden alebo dvakrát, čo sú tri možnosti. Päťku môžeme vybrať nula alebo jedenkrát, čo sú, rovnako ako pre 101, dve možnosti. Z toho dostávame $3\cdot 2\cdot 2=12$ možností ako vybrať deliteľa 2020. Číslo 2021 bude členom dvanástich postupností.

Výsledok:

$510$

Pre nejakého robota $A$ môžeme určiť posledného robota, ktorého $A$ stretne a spočítať čas, kedy sa tak stane. Je to robot o okno vzad a idúci opačným smerom (ak ho umiestnime na koniec chodby, tak ide do chodby). Čas stretnutia takýchto robotov je rovný $8.5$ minúty, čo je $510$ sekúnd.

Výsledok:

$42$

Súčet výšok trojuholníkov $\mathit{APD}$ a $\mathit{BCP}$ je rovný výške celého rovnobežníka (na základne $\mathit{AD}$ a $\mathit{BC}$). Z toho vyplýva, že súčet ich obsahov bude polovicou obsahu rovnobežníka $\mathit{ABCD}$. Z toho vieme zostaviť rovnicu:

Obsah $\mathit{ABP}$ je $(2+\frac{1}{3})\cdot 18=42$.

Výsledok:

$107$

Keďže všetky tri čísla dávajú rovnaký zvyšok po delení $d$, musia ich rozdiely byť deliteľné $d$. Pozrime sa na rozdiely $1486-1058=428$ a $2021-1486=535$. Ich najväčší spoločný deliteľ je prvočíslo 107, z čoho plynie, že toto číslo je naše jediné $d$.

Výsledok:

$3024$

Predstavme si všetkých desiatich striedajúcich hráčov stojacich v jednom rade. Medzi nimi je 9 medzier, do ktorých si členovia manažmentu môžu posadať, pričom do každej si sadne iba jeden z nich (aby bola splnená podmienka zo zadania, že každý sedí medzi dvoma hráčmi). Postupne majú teda $9\cdot 8\cdot 7\cdot 6=3024$ možností ako si posadať.

Výsledok:

$\sqrt{3}∕6\doteq 0.288675$

Uvedomme si, že podstava musí mať hranu dĺžky 1. Keďže povrch celého ihlanu je 3, každá z bočných strán musí mať obsah 1/2. Z týchto dvoch tvrdení vieme, že trojuholníky tvoriace bočné strany majú výšky 1. Preto kolmý rez cez stred základne (rovnobežný s dvoma z jej hrán) tvorí rovnostranný trojuholník so stranou dĺžky 1. O tomto trojuholníku zároveň vieme, že jeho výška je výškou celého ihlanu, a síce $\frac{1}{2}\sqrt{3}$. Z toho už vieme dopočítať objem ihlanu ako tretinu súčinu obsahu podstavy a výšky, teda $\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \frac{1}{2}\sqrt{3}=\frac{1}{6}\sqrt{3}$.

Výsledok:

$2250$

Označme $x$ množstvo vína a $z$ množstvo vody v litroch v pôvodnej zmesi. Vieme, že $0.06\cdot z$ litrov vody sa premení na víno, $0.1\cdot x$ litrov vína sa premení na vodu a $x$ je rovnaké po magickom procese. Z toho musí platiť $0.06\cdot z=0.1\cdot x$ a keďže $x+z=6000$, tak $0.06\cdot (6000-x)=0.1\cdot x$. Vyriešením tejto rovnice dostaneme, že $x=6000\cdot \frac{3}{8}=2250$.

Výsledok:

$35$

Kružnica vpísaná rovnostrannému trojuholníku má dvakrát menší polomer

ako kružnica opísaná tomu istému trojuholníku (môžeme si to všimnúť napríklad z toho, že jeho vpísaná kružnica je vlastne opísanou trojuholníku z jeho stredných priečok). Z toho vyplýva, že obsah vpísanej kružnice je štvrtinou obsahu opísanej, teda $140:4=35$. Všimnime si, že časť obrázka, ktorú Robo vyfarbil je presne tretina rozdielu obsahov týchto dvoch kružníc, teda tiež 35.

Výsledok:

$4044$

Označme kladné celé čísla ako $c_1\ge c_2\ge \cdots \ge c_{2020}\ge c_{2021}\ge 1$. Chceme určiť najväčšiu možnú hodnotu čísla $c_1$ za predpokladu

Vydelením oboch strán a odhadnutím menovateľov dosadením niektorých $c_i$ ako $1$ dostaneme odhad

Vynásobením $c_1{c}_2$ a preusporiadaním dostaneme

Ak $c_2\ge 3$, tak $c_1\le 4044$ a výber $c_1=4044$, $c_2=3$ a $c_3=\cdots =c_{2021}=1$ spĺňa rovnicu (1). V tomto prípade hodnota $4044$ môže byť dosiahnutá. Na druhú stranu ak $c_2\le 2$, potom čísla $c_2\ge c_3\ge \cdots \ge c_{2021}$ obsahujú $k\ge 0$ dvojek, $2020-k$ jednotiek a rovnica (1) hovorí, že

Môžeme ju upraviť na $c_1(2^{k-1}-1)=2020+k$. Avšak pre $k\le 1$ nemáme $c_1$, ktoré spĺňa túto rovnicu, pre $k\ge 2$ máme

. Riešením je $4044$.

Výsledok:

$59$

Najskôr si všimnime, že máme tri trojuholníky, ktoré susedia iba s jedným iným trojuholníkom, tri trojuholníky s dvoma susedmi a tri s troma susedmi. To znamená, že ak prvočíslo $p$ je niektoré z hľadaných čísel, tak sa niekde musí nachádzať ešte jedno prvočíslo $p$ v prvočíselnom rozklade. Taktiež je vidieť, že $1$ nemôže byť hľadané číslo. Označme sumu správneho vyplnenia $S$.

Ak nejaké prvočíslo $p\ge 11$ je vo vyplnení, tak aspoň jeden násobok $k\cdot p$ s $k\ge 2$ musí byť tiež prítomný. Vyplnením zvyšku siedmimi najmenšími číslami bez ohľadu na pravidlá nám dá súčet: $S\ge 2+3+4+5+6+7+8+p+k\cdot p=35+(k+1)\cdot p\ge 35+33=68.$

Teraz predpokladajme, že žiadne prvočíslo nie je $p\ge 11$ a dostaneme nasledujúce možnosti:

• Obe čísla $5$ a $7$ sú vo vyplnení: $S\ge 5+k_5\cdot 5+7+k_7\cdot 7+2+3+4+6+8=(k_5+1)\cdot 5+(k_7+1)\cdot 7+23\ge 15+21+23=59$
• Číslo $5$ je vo vyplnení, ale číslo $7$ nie je: $S\ge 5+k\cdot 5+2+3+4+6+8+9+\{\begin{array}{c}10\ge 20+32+10=62\text{for}k\ge 3\hfill \\ 12=15+32+12=59\text{for}k=2.\hfill \end{array}$
• Nemáme ani $5$ ani $7$: $S\ge 2+3+4+6+8+9+10+12+14=68$
• Číslo $7$ je vo vyplnení, ale $5$ nie je: $S\ge 2+3+4+6+7+8+9+10+k\cdot 7\ge 49+14=63$

Môžeme usúdiť, že $59$ je kandidát na najmenšiu sumu. Dokonca obe navrhnuté množiny spĺňajú podmienky a môžeme nimi trojuholníky vyplniť:

Odpoveď je $59$.

Výsledok:

$93$

Zadefinujme si obsah jedného domčeka ako 3.

V prvom domčeku je 8 trojuholníkov s obsahom $\frac{1}{4}$, 8 trojuholníkov s obsahom $\frac{1}{2}$ a 3 trojuholníky s obsahom 1, čo je dokopy 19 trojuholníkov.

Pridaním druhého domčeka Lujza pridá rovnako veľa trojuholníkov ako v prvom, plus dva trojuholníky s obsahom 1, ktoré zasahujú so oboch domčekov, čiže 21 trojuholníkov.

Pridaním tretieho domčeka Lujza pridá toľko, koľko druhým domčekom, plus jeden trojuholník zasahujúci cez všetky tri domčeky s obsahom 4, čiže 22 trojuholníkov. Môžeme si rozmyslieť, že aj každým ďalším domčekom Lujza pridá 22 trojuholníkov.

Zo zostavenej rovnice vidíme, že Lujza musí nakresliť aspoň $1+1+90+1=93$ domčekov.

Výsledok:

$\frac{15}{4}$

Pomer obsahov medzi trojuholníkmi $△\mathit{BEG}$ a $△\mathit{BEF}$ je $4:3$. Keďže tieto trojuholníky majú rovnakú základňu $\mathit{BE}$, výšky musia mať pomer $4:3$. Keďže trojuholníky $△\mathit{ABG}$ a $△\mathit{CDF}$ majú rovnakú plochu a ich výšky na stranu priamku $\mathit{AF}$ majú pomer $4:3$, vidíme, že $|\mathit{AB}|=\frac{3}{4}|\mathit{CD}|=\frac{15}{4}$.

Výsledok:

$6375$

Janči môže strihať pásy s nepárnymi šírkami pokým $1+3+\cdots +2n-1=n^2<2100$. Keďže $45^2=2025<2100<2116=46^2$, tak pás so šírkou $89$ je ten najširší "nepárny", ktorý môže odstrihnúť. Podobne pre párne šírky vieme, že Janči môže strihať kým $2+4+\cdots +2n=n(n+1)<2155$. Keďže $45\cdot 46=2070<2155<2162=46\cdot 47$, najširší "párny" pás má šírku $90$. Obsah papiera, ktorý Jančimu ostal je $(2100-2025)\cdot (2155-2070)=75\cdot 85=6375$.

Výsledok:

$\frac{10}{3}$

Označme $w$ hľadanú šírku a pozrime sa na obrázok znázorňujúci vertikálnu projekciu týchto dvoch prstencov na stôl.

Výška najnižšieho bodu (bodov) vertikálneho prstenca je $1=w-x$, kde $x=4-\frac{w}{2}$. Toto platí preto, že príslušné oblúky prstencov definované dvomi bodmi dotyku majú rovnakú dĺžku. Máme $8=2x+w=2(w-1)+w=3w-2$, a teda $w=\frac{10}{3}$.

Výsledok:

$29030400$

Polynóm môžeme zapísať ako $c\cdot (x-a_1)\cdot (x-a_2)\cdot \cdots \cdot (x-a_{14})$ pre nejaké po dvoch rôzne $a_1,a_2,\dots ,a_{14}$ a číslo $c$. Vedúci koeficient je rovný $c$, takže $c$ je kladné. Hodnota v bode $0$ je rovná $p=c\cdot (0-a_1)\cdot (0-a_2)\cdot \cdots \cdot (0-a_{14})=c{(-1)}^{14}\cdot a_1\cdot a_2\cdot \cdots \cdot a_{14}$. Pri minimalizovaní $p$ musí platiť $c=1$. Keďže $p$ je kladné, žiadny koreň nie je nulový. Zvyšné hodnoty musia byť v absolútnej hodnote najbližšie k $0$, aby sme minimalizovali výraz. Keďže záporných musí byť párny počet, dostávame možné koeficienty $-1,-2,-3,-4,-5,-6,1,2,3,4,5,6,7,8$. Z toho $p=6!\cdot 8!=29030400$.

Výsledok:

$8783$

Keď Kika vypisuje čísla od $1$ po $2021$, napíše $9$ jednociferných čísel, $90$ dvojciferných, $900$ trojciferných a $2021-1000+1=1022$ štvorciferných čísel. Spolu napíše $9+90\cdot 2+900\cdot 3+1022\cdot 4=6977$ číslic. Každú číslicu napíše jedným ťahom, kým pre číslice $4$, $5$ a $7$ pridá ešte jeden ťah navyše. Takže stačí spočítať, koľko napíše týchto číslic. Keďže číslo $2021$ neobsahuje ani jednu takúto číslicu, budeme uvažovať iba čísla po $2020$.

Spočítajme, koľko napíše číslic $4$. $1∕10$ čísel po $2020$ obsahuje číslicu $4$ na mieste jednotiek, teda $202$. Číslica $4$ sa vyskytne na mieste desiatok v $1∕10$ čísel po $2000$ a v žiadnom čísle medzi $2001$ a $2020$. Spolu $200$-krát. Rovnako sa číslica $4$ vyskytne na mieste stoviek $200$-krát a medzi $2001$ a $2020$ sa nevyskytuje. Dokopy teda treba číslicu $4$ napísať $202+200+200=602$-krát. Túto úvahu môžeme zopakovať aj pre číslice $5$ a $7$.

Spolu Kika napíše $6977$ číslic, pričom $3\cdot 602=1806$ je $4$, $5$ alebo $7$. Urobí tak $6977+1806=8783$ ťahov.

Výsledok:

$3845$

Pre jednoduchosť zápisu si tabuľku označíme ako pole $f$ so šestnástimi členmi. To znamená, že ak je nejaké číslo na pozícii $f(n)$, nachádza sa v $n$-tom políčku. Zo zadania už poznáme tri políčka, $f(6)=6,f(7)=7,f(9)=2$, jednoznačne teda dostaneme $f(13)=6$, $f(15)=7$ a $f(12)=2$.

Všeobecne môžeme použiť dve rôzne stratégie: buď sa pozrieme, kde môže byť konkrétna dvojica čísel umiestnená alebo budeme uvažovať, aké číslo môžeme umiestniť do konkrétneho políčka (ako v Sudoku).

Napríklad môžeme hľadať možnosti, kam umiestniť dvojicu trojok. Máme tri možnosti: v prvej $f(1)=f(5)=3$, v druhej $f(4)=f(8)=3$ alebo v tretej $f(10)=f(14)=3$.

Ľahko uvidíme, že $f(10)=f(14)=3$ nám dá jedinú možnosť pre $f(16)$ a ako dôsledok dostaneme aj $f(11)=4$. Teraz však nikam nemôžeme umiestniť dvojicu osmičiek. Možnosť $f(4)=f(8)=3$ nám dá dve možnosti pre dvojicu čísel $5$, konkrétne $f(5)=f(11)=5$ alebo $f(10)=f(16)=5$. Obe alternatívy nás ale privedú k sporu, keďže v žiadnom z prípadov už nebudeme mať kam umiestniť štvorky.

Takže $f(1)=f(5)=3$ nám necháva jedinú možnosť $f(2)=f(11)=8$, jediný spôsob ako vyplniť zbytok tabuľky podľa pravidiel je $f(3)=f(8)=4$, $f(14)=f(16)=1$ a nakoniec $f(4)=f(10)=5$.

Jediným správnym výsledkom je $3845$.

Výsledok:

$5.7=\frac{57}{10}$

Vďaka dvom dvojiciam paralelných úsečiek a tomu, že $50^{\circ }+65^{\circ }+65^{\circ }=180^{\circ }$, tak máme konfiguráciu rovnakú, akoby sme zohli rovnobežník $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }F$ pozdĺž úsečky $\mathit{BC}$ (naozaj je to rovnobežník, pretože $|\sphericalangle \mathit{BAF}|=|\sphericalangle \mathit{CDE}|$; ako na obrázku). Rovnaký výsledok by sme našli, ak by sme vhodne premietli vrcholy $D$ a $E$ podľa úsečky $\mathit{BC}$. Ďalej pozorovaním, že trojuholník $\mathit{BCG}$ je rovnoramenný nájdeme podmienky na dĺžku $|\mathit{CD}|=|\mathit{AB}|+|\mathit{BE}{|}^{\prime }-|\mathit{CF}|=|\mathit{AB}|+|\mathit{EG}|-|\mathit{FG}|=5.7$.

Výsledok:

$36$

Uvažujme blok $4\times 2$. Ako vidno na prvých dvoch obrázkoch, výber jediného štvorčeka nám nezaručuje, že sme loď trafili, keďže stále existuje spôsob, ako mohla byť umiestnená bez zásahu. Navyše je zjavné, že výberom ľubovoľných dvoch štvorčekov v dvoch rôznych riadkoch sa lodička už nemala kam schovať – ak bola v tomto bloku, musí byť zasiahnutá. To vidíme aj na treťom obrázku. Je teda potrebné vystreliť do každého $4\times 2$ bloku aspoň dvakrát. Tým zistíme, že Robber-ta musela vystreliť aspoň $18\cdot 2=36$-krát.

Na druhú stranu vďaka takémuto diagonálnemu vzoru na $12\times 12$ hracom poli vidíme, že $36$ výstrelov stačí na to, aby Robber-ta mala istotu, že krížnik trafila aspoň raz.

Výsledok:

$13$

Pretože $\mathit{ABC}$ je ostrouhlý trojuholník, môžeme vidieť, že aby sme maximalizovali obsah $S=\frac{1}{2}a{h}_a$, výšky $v_b$ a $v_c$ musia byť čo najväčšie. Teda $v_b=v_c=a-1$ a $\mathit{ABC}$ je rovnoramenný. Označme stred strany $\mathit{BC}$ ako $M$ a pätu výšky $v_c$ ako $C_0$. Z Pytagorovej vety pre podobné trojuholníky ľahko získame výpočet

Keďže $101.4$ je racionálne číslo, číslo $2a-1$ musí byť nepárny štvorec, označme si to ako ${(2k+1)}^2$ pre nejaké celé číslo $k\ge 0$, a teda $a=\frac{{(2k+1)}^2+1}{2}\in \{1,5,13,25,41,\dots \}$. Kontrolou prvých pár čísel a uvedomením si, že obsah sa zvyšuje s $a$ rýchlo nájdeme riešenie $a=13$.

Výsledok:

$3099$

Nech $n_1=101,n_2,\dots ,n_{1000}$ označujú Tomášove čísla v zostupnom poradí. Ak predpokladáme, že rozdiel medzi dvomi po sebe idúcimi číslami bude $2$, dostaneme $n_{1000}=101+2\cdot 999=2009$ a ${\sum }_{i=1}^{1000}{n}_i=2200\cdot 500=1100000$. Rozdiel medzi Tomášovým súčtom a týmto je $100500=20100\cdot 5$.

Ak $n_{i+1}-n_i=7$ pre nejaké konkrétne $i$ namiesto $2$, tak súčet sa zvýši o $(1000-i)\cdot 5$ a $n_{1000}$ sa zvýši o $5$. Ako dôsledok máme, že pri maximalizovaní hodnoty $n_{1000}$ s konštantným súčtom $1200500$, vzdialenosti $7$ by sa mali umiestniť na najvyššie možné čísla. Keďže $20100=\frac{1}{2}\cdot 200\cdot 201$, tak ak Tomáš zmení všetky vzdialenosti $n_{i+1}-n_i$ pre $i=800,\dots ,999$ na $7$ namiesto $2$, dostane žiadanú sumu a najväčšie možné $n_{1000}=101+2\cdot 999+200\cdot 5=3099$.

Výsledok:

$29292929292$

Všimnime si, že $100\mathit{mod}11=1$. To znamená, že vynásobením $100$ nezmeníme zvyšok čísla po delení $11$. Teraz si predstavme, že číslo obsahuje rovnakú cifru $a$ dvakrát za sebou. Toto číslo má tvar $x\cdot 10^{n+2}+11a\cdot 10^n+y$. Keďže $11a\cdot 10^n$ je deliteľné $11$, zvyšok závisí iba na $x\cdot 10^n+y$, čo sa dá skrátiť. Riešenie nájdeme hľadaním dlhšej a dlhšej postupnosti tvaru $2929\cdots 292$ alebo $9292\cdots 929$, až kým nenájdeme najmenšie také číslo deliteľné $11$.

Iné riešenie. Číslo je deliteľné $11$ práve vtedy, keď súčet cifier na párnych pozíciach mínus súčet cifier na nepárnych pozíciach je deliteľný $11$. Z kritéria deliteľnosti $11$ rovno vidíme, že riešenie nemôže mať dve po sebe idúce cifry. Keďže sa dvojky a deviatky striedajú, hľadáme najmenšie také $n$, že $2n-9(n+1)$ je násobkom $11$ alebo $9n-2(n+1)$ je násobkom $11$. V oboch prípadoch je riešenie $n=5$, čo dáva $29292929292$ a $92929292929$. Zoberieme menšie z nich.

Výsledok:

$(3+\sqrt{5})∕2\doteq 2.61803$

Všimnime si, že päťuholníky $p$ a $q$, sú rovnoľahlé cez bod $F$, preto strana medzi $X$ a $Z$, jeden z možných párov bodov z $p$ a $q$ a maximálnou vzdialenosťou, musí ísť cez bod $F$.

Nasledujúce pozorovania sú priamočiare:

• $|\sphericalangle \mathit{AFE}|=108^{\circ }$, preto $|\mathit{AE}|=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$ podľa kosínusovej vety;
• nasledujúce trojuholníky sú rovnoramenné: $\mathit{AFZ}$, $\mathit{XFD}$, $\mathit{DFE}$.

Z toho

Hľadaná vzdialenosť je $|\mathit{XF}|+|\mathit{ZF}|=\frac{1}{2}(3+\sqrt{5})$.

Výsledok:

$281$

Môžeme upraviť rovnicu na $a(\mathit{bc}-11b-175)=\mathit{bc}$. Z tohto tvaru vidíme, že buď $a=b$ alebo $a=c$, keďže všetky premenné sú prvočísla. V prvom prípade dostaneme $\mathit{ac}-11a-175=c\iff (a-1)(c-11)=186$, čo má jediné prvočíselné riešenie $(2,2,197)$. V druhom prípade máme $\mathit{ab}-11b-175=b\iff 175=b(a-12)$, ktoré má dve riešenia v prvočíslach – $(47,5,47)$ a $(37,7,37)$. Vypočítame hľadaný súčet $197+47+37=281$.

Výsledok:

$\frac{21}{40}$

Pre hocijaké usporiadanie od Jerry musí mať Tom vo svojej top trojici práve jeden dom z Jerrinej top trojice a zvyšné dva musia byť medzi 4 až 10. Pre ľubovoľný Jerrin zoznam má Tom pravdepodobnosť

že sa zhodnú.

Výsledok:

$-2$

Polynóm $p(x)$ sa dá napísať v tvare $(\mathit{ax}+b)(x^{2\cdot 1010}+x^{2\cdot 1009}+\cdots +x^2+1)$, pričom druhá zátvorka je ostro kladná, takže $x=\frac{-b}{a}$ je jediným reálnym koreňom polynómu $p(x)$.

Polynóm $q(x)$ má práve jeden koreň, takže jeho diskriminant je $b^2-4a^2=0$, a keďže $a$ aj $b$ sú kladné, môžeme tvrdiť že $b=2a$.

Preto $x=\frac{-b}{a}=\frac{-2a}{a}=-2$.

Výsledok:

$37$

Môžeme predpokladať $n<p$ a to, že desatinný rozvoj čísla $\frac{n}{p}$ má periódu dĺžky $5$, ktorá sa začína prvou číslicou za desatinou čiarkou. Vskutku ak $\frac{n}{p}$ začína byť $5$-periodické začínajúc nejakou cifrou ďalej od desatinnej čiarky, tak môžeme číslo $n$ vynásobiť vhodným násobkom $10$ a tým posunieme desatinnú čiarku. Ak potom $n\ge p$ môžeme $n$ nahradiť $n^{\prime }<p$ takým, že $n=\mathit{kp}+n^{\prime }$.

Ak $0.\overline{\mathit{ABCDEF}}$ je periodická s desatinným rozvojom $\frac{n}{p}$, potom $p\mid 99999$, teda $p\mid 3^2\cdot 41\cdot 271$. Obe $1∕3$ aj $2∕3$ majú periódu $1$, ale $1∕41=0.\overline{02439}$ a $1∕271=0.\overline{00369}$. Výsledkom je $41+271=312$.

Výsledok:

$5680$

Máme $10=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)$ možností, v ktorých všetci rozprávajú rovnakými $3$ jazykmi. Aby mali aspoň dva jazyky spoločné: máme $10=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)$ možností ako vybrať $2$ jazyky, potom $3^4$ ako vybrať tretí jazyk pre štyri osoby. Ak majú aspoň jeden jazyk spoločný: máme $5=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)$ možností ako vybrať spoločný jazyk, potom máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6^4$ možností ako vybrať ostatné dva jazyky pre štyri osoby.

Použijúc princíp inklúzie a exklúzie, hľadaný počet je 5 $\cdot 6^4-10\cdot 3^4+10=6480-810+10=5680$.

Výsledok:

$\frac{65}{98}$

Ak $\frac{a}{b}<\frac{2}{3}$, tak $\frac{a}{b}<\frac{a+2}{b+3}<\frac{2}{3}$ a stačí nám hľadať číslo s najväčším možným menovateľom. Presnejšie to znamená hľadať medzi číslami $98$, $99$ a $100$, preto možné riešenia sú $\frac{65}{98}$, $\frac{65}{99}$ a $\frac{66}{100}=\frac{33}{50}$. Porovnaním týchto čísel dostaneme, že

Výsledok:

$130$

Obsah je rovný súčtu obsahov čiernych kociek mínus dvakrát počet spoločných stien čiernych kociek. Taký pár môže byť orientovaný v troch smeroch, nazvime ich "hore-dole", "dopredu-dozadu" a "doľava-doprava". Aby sa "ľavo-pravý" prípad vyskytol, musí sa vyskytovať ako pár susedných štvorcov delený vertikálnou čiarou v oboch projekciách na rovnakej pozícií. Taký prípad sa nevyskytuje. Prípad "dopredu dozadu" musí ovplyvňovať ľavý štvorec – to sa stane dvakrát v prvom stĺpci. Keďže prvý stĺpec v pohľade spredu obsahuje iba jeden štvorček, musia všetky kocky byť v jednom riadku a mať spoločné steny. V poslednom prípade "hore-dole" vieme podobne povedať, že spoločné steny sa nachádzajú iba v piatom stĺpci pohľadu spredu a v piatom stĺpci pri pohľade zhora. Rovnako ako v predošlom sú dve dvojice stien spolu zlepené. Hľadaná plocha je preto $6\cdot 23-2\cdot 4=130$.

Výsledok:

$204$

Máme, že $720=2^4\cdot 3^2\cdot 5$. Keďže pre vedúci člen musia platiť podmienky $d_k\mid 720$ a $d_1\cdot \cdots \cdot d_k=720$, je jasné, že $2\cdot 3\cdot 5=30$ delí $d_k$. Teraz môžeme hľadať vedúce členy. Ktorékoľvek číslo tvaru $30e$, kde $e$ je také, že $e\mid 2^{3}3$, je vedúcim členom nejakej postupnosti. Existuje osem možných čísel $e$ a pre oba $e=2$ a $e=6$ máme dve deliace postupnosti. V prvom prípade je deliacou postupnosťou $2,6,60$ s $12,60$ a v druhom prípade je to $2,2,180$ s $4,180$. Pre ostatné prípady $e$ je deliaca postupnosť určená jednoznačne, preto máme $10$ možných vodcov. Na nájdenie aritmetického priemeru stačí nájsť $\frac{30}{10}(1+2+2+4+8+3+6+6+12+24)=3\cdot 68=204$.

Všetky postupnosti sú tvaru buď $3\mid e$ alebo $3\nmid e$. V prvom prípade máme postupnosti $(2,2,6,30)$, $(2,6,60)$, $(12,60)$, $(6,120)$, $(3,240)$ a v druhom prípade máme postupnosti $(2,2,2,90)$, $(2,2,180)$, $(4,180)$, $(2,360)$, $(720)$.

Výsledok:

$9450$

Označme postupne $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ počet doštičiek s písmenami $N$, $A$, $B$, $O$, $J$. Hľadáme také pätice $(n,a,b,o,j)$ s vlastnosťou

Každý prvočíselný deliteľ musí byť rozložený medzi $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ a rôzne rozloženia dávajú rôzne pätice. Máme

možností ako rozdistribuovať prvočísla $2$ čo zodpovedá možnostiam ako rozložiť $5$ na partície: $5$, $4+1$, $3+2$, $3+1+1$, $2+2+1$, $2+1+1+1$, $1+1+1+1+1$. Ďalej máme

možností ako rozložiť $3$, na zodpovedné partície $2$, $1+1$. Nakoniec máme

možností ako rozložiť $5$. Dokopy teda máme

možných vreciek.

Výsledok:

$4978$

Všimnime si, že všetky tri sčítance sú štvorce, keďže $4=2^2$. Môžeme teda zobrať dve z nich, odmocniť, sčítať a umocniť:

Porovnaním tohto výrazu so zadaním dostaneme

Pre túto hodnotu máme určite štvorec. Ostatné dve možnosti výberu sčítancov vedú na riešenia $n=541$ a $n=2761$. Môžeme predpokladať, že $n=4978$ je riešením.

Aby sme dokázali, že je najväčšie, musíme ukázať, že $4^{2021}+4^n+4^{3500}$ nie je štvorec pre $n=4978+m$, kde $m$ je kladné celé číslo. Výraz

je štvorec práve vtedy, keď $(1+4^{1479}+4^{2957+m})$ je štvorcom, keďže $4^{2021}={\left(2^{2021}\right)}^2$ je štvorcom. Avšak

ukazuje, že požadovaný výraz je medzi dvoma štvorcami, čo znamená, že sám nie je štvorcom. Riešením je $n=4978$.

Výsledok:

$1021616$

Uvažujme polynóm

Nech $S=2+\cdots +2021=2043230$. Keď si predstavíme súčin $2020$ zátvoriek definujúcich $Q$, je jasné, že nebudeme mať žiadny lineárny člen a rovnako ani žiadny člen $x^{S-1}$, ak zvolíme mocninu $x$ z každej zátvorky máme $x^S$ inak máme najviac $x^{S-2}$. Ďalej si všimneme, že $Q(x)$ má všetky nenulové koeficienty kladné. Ukážeme, že jediné nulové koeficienty sú pri exponente $1$ a $S-1$.

Vskutku ak by existovalo $m$ také, že $x^m$ má nulový koeficient, tak by to znamenalo, že $m$ sa nedá zapísať ako súčet čísel z množiny $\{2,3,\dots ,2021\}$. Číslo $m-1$ musí byť tvaru $k+(k+1)+\cdots +2021$, inak by sme navýšením niektorého člena tohto súčtu o $1$ dostali číslo $m$, ktoré sa takto dá zapísať. Najmenšie také $m-$ väčšie ako $1$ je zjavne $3+4+\cdots +2021$, teda $m=S-1$.

Polynóm $P(x)$ má oproti $Q(x)$ znamienka pri nepárnych mocninách otočené, teda záporné znamienka pri nepárnych mocninách, kladné pri párnych a nulové pri $1$ a $S-1$. Dokopy má $\frac{S}{2}+1=1021616$ kladných koeficientov.

Výsledok:

$26550$

Najprv spočítame koľko existuje najkratších ciest bez podmienky na prostrednú križovatku. Máme prejsť z $(0,0,0)$ do $(4,4,4)$. Musíme prejsť štyri cesty v smere súradnice $x$, štyri v smere $y$ a štyri v smere $z$ v nejakom poradí. Ak by sme išli späť v nejakom smere, cesta nebude najkratšia. Máme dokopy $\frac{12!}{4!\cdot 4!\cdot 4!}$ ciest.

Teraz musíme odčítať tie cesty, ktoré vedú cez križovatku $(2,2,2)$. Zo symetrie vieme, že počet ciest vedúcich z $(0,0,0)$ do $(2,2,2)$ je rovnaký ako počet ciest z $(2,2,2)$ do $(4,4,4)$, čo je $\frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}$. Pre každú cestu z $(0,0,0)$ do $(2,2,2)$ existuje $\frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}$ ciest z $(2,2,2)$ do $(4,4,4)$. Preto počet všetkých ciest cez križovatku $(2,2,2)$ je $\frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}\cdot \frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}=\frac{6!\cdot 6!}{2^6}$.

Celkový počet ciest je $\frac{12!}{4{!}^3}-\frac{6{!}^2}{2^6}=26550$.

Výsledok:

$98$

Všetky dôležité body zaznačíme do obrázka:

V trojuholníku $△\mathit{BDE}$ musí byť súčet vnútorných uhlov $180^{\circ }$, preto bude platiť $|\sphericalangle \mathit{BDE}|+|\sphericalangle \mathit{DEB}|=120^{\circ }$. Ďalej keďže $\sphericalangle \mathit{BDA}$ je priamy uhol, bude platiť $120^{\circ }=|\sphericalangle \mathit{BDE}|+|\sphericalangle \mathit{FDA}|$.Potom $|\sphericalangle \mathit{DEB}|=|\sphericalangle \mathit{FDA}|$, teda trojuholníky $△\mathit{ADF}$ a $△\mathit{BED}$ sú podobné. Keďže tieto trojuholníky majú pomer obsahov $100:64$, zodpovedajúce strany budú v pomere $10:8$. Ak ďalej označíme $r=|\mathit{DB}|,s=|\mathit{BE}|,t=|\mathit{ED}|$, dostaneme dĺžky ako na nasledujúcom obrázku.

Ak označíme $a$ dĺžku strany pôvodného rovnostranného trojuholníka, môžeme odvodiť:

Potom lineárna kombinácia rovníc (1)-(3) dáva $r=\frac{a}{3}$ a $s=\frac{8a}{15}$. Vložením týchto hodnôt do rovnice (4) dostávame

kde $S$ je plocha rovnoramenného trojuholníka. Potom jednoducho získame hľadanú plochu $A$ ako $100+64+2A=360$ preto $A=98$.

Výsledok:

$\frac{5}{8}$

Označme $E$ udalosť, že postupnosť „hlava – znak – hlava“ alebo jednoduchšie $\mathit{HZH}$ padne skôr ako $\mathit{ZHZH}$, ktorej pravdepodobnosť označme $\mathrm{Pr}(E)$. Pre danú postupnosť hláv a znakov $s$ označme $\mathrm{Pr}(E|s)$ pravdepodobnosť, že $E$ nastane v postupnosti, ktorá začína $s$ a pokračuje náhodne. Označme $x=\mathrm{Pr}(E|H)$ a $y=\mathrm{Pr}(E|T)$. Ak uvážime ďalšie dva až tri hody vyváženou mincou, bude pre $x$ platiť:

a analogicky o tri až štyri kroky bude pre $y$ platiť:

Keďže $\mathit{HZH}$ aj $\mathit{ZHZH}$ sú striedavé postupnosti, máme:

Ďalej keďže $\mathrm{Pr}(E|\mathit{HZH})=1$ a $\mathrm{Pr}(E|\mathit{ZHZH})=0$, rovnice (1) a (2) majú tvar: