Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$34$

Ak jedno z čísel má byť najväčšie možné, zvyšné čísla musia byť najmenšie možné. Musia mať hodnoty $1$, $2$ a $3$, pretože majú byť rôzne. Keďže priemer čísel je $10$, súčet týchto 4 čísel je $4\cdot 10=40$. Štvrté, a aj najväčšie, číslo je teda $40-(1+2+3)=34$.

Výsledok:

$505$

Keďže $4$ je koreňom, tak po dosadení máme $4^2+4m+2020=0$, teda $m=-509$. Rovnicu vieme prepísať na $x^2-509x+2020=0$ a tá ma riešenia $4$ a $505$.

Iné riešenie: Ak označíme $s$ druhé riešenie kvadratickej rovnice, tak

a porovnaním koeficientov polynómov dostaneme $4s=2020$, teda $s=505$.

Výsledok:

$7$

Pretože $N$ je väčšie ako $1$ a delí $95-4=91=7\cdot 13$, tak najmenšia možná hodnota je $7$.

Výsledok:

$54^{\circ }$

Označme body ako na nasledujúcom obrázku.

$$$$

Veľkosť vnútorného uhla pravidelného päťuholníka je $108^{\circ }$. Trojuholník $ABC$ je rovnoramenný s $|\sphericalangle ABC|=108^{\circ }$, takže

Keďže $ABH$ je pravouhlý trojuholník s pravým uhlom pri vrchole $B$, tak

Výsledok:

$120$

Hľadaný počet minút musí byť násobkom každého z intervalov. Hľadáme najmenšie také číslo, takže hľadáme najmenší spoločný násobok čísel $8$, $10$ a $12$ a tým je číslo $120$.

Výsledok:

$8\sqrt{2}$

Piaty lupeň je štvorec s diagonálami dĺžky $4$, preto je jeho strana dĺžky $2a^2=4^2$ a teda $a=2\sqrt{2}$. Obvod piateho lupeňa je rovný štvornásobku strany, teda $8\sqrt{2}$.

Výsledok:

$20\%$

Označíme $P_1$ a $P_2$ pôvodné výšky Prvosienky a Druhosienky. Keďže obe vyrástli o rovnaké percento, môžeme ich výšky po týždni zapísať ako $k{P}_1$ a $k{P}_2$, pre nejaké reálne číslo $k>1$ také, že $(k-1)\cdot 100\%$ je hľadaná hodnota percent. Meranie nám dáva rovnice

Dosadením $P_2$ z prvej rovnice do druhej dostaneme $\frac{k^2{P}_1}{P_1}=k^2=1,44$. Teda $k=1,2$, a preto rastliny podrástli o $20\%$.

Výsledok:

$15$

Pre každý vrchol veľkého trojuholníka vieme nájsť $3$ rovnobežníky, ktoré ho majú ako spoločný (ako na obrázku vľavo - svetlý, tmavý a šrafovaný). Ďalej vieme nájsť dva rovnobežníky $1\times 2$, ktoré budú zdieľať vrchol trojuholníka (ako na obrázku vpravo - svetlý a šrafovaný).

$$$$

Žiadne iné rovnobežníky nenájdeme, a preto ich dokopy bude $3\cdot (2+3)=15$.

Výsledok:

$8$

Hľadáme najmenšie $s$ také, že $s=27x+36y$ a $s\ge 505$ pre nejaké vhodné $x$ a $y$, kde $x$ a $y$ sú počty príslušných autobusov. Keďže $27$ aj $36$ sú násobkom čísla $9$, tak $s$ musí byť násobkom $9$. Hľadáme najmenší násobok $9$ väčší ako $505$ a tým je $513$. $513$ vieme dostať napríklad ako $513=27\cdot 3+36\cdot 12$, preto najmenší možný počet voľných miest je $8$.

Výsledok:

$10$

V skutočnosti sa zadanie pýta na počet rôznych postupností obrazov neobsahujúcich dvoch vlkov vedľa seba. Navyše, vlky sú zameniteľné a líšky sú zameniteľné. Očíslujme si pozície obrazov zľava doprava od $1$ do $6$. Ľavý obraz vlka môže byť zavesený na pozíciach $1$, $2$, $3$ a $4$. Pravý vlk môže byť zavesený na nasledujúcich pozíciach:

Máme iba $10$ možných postupností.

Výsledok:

$30$

Každé kolečko šnúrka prejde $6\mathrm{cm}$ výšky a kolečko o dĺžke $8\mathrm{cm}$. Rozrežme valec od bodu začiatku po bod konca šnúrky a rozvinieme ho do obdĺžnika. Potom vidíme, že šnúrka urobí $3$ diagonály, troch obdĺžnikov s dĺžkami $8$ a $6\mathrm{cm}$. Z Pytagorovej vety vieme, že budú dlhé

Celá šnúrka bude mať preto $30\mathrm{cm}$.

Výsledok:

$33$

Posledné dve číslice musia byť nuly. Ďalej prvá číslica prvého činiteľa je $4$ a prvá číslica druhého činiteľa je $7$. Keďže súčin je deliteľný $100$, a teda aj $25$, jeden z činiteľov musí byť deliteľný $25$ alebo oba $5$. Neexistuje žiadny dvojciferný násobok $25$ začínajúci číslicou $4$, takže druhý činiteľ musí byť deliteľný aspoň $5$, je teda rovný $75$. Keďže je súčin deliteľný aj $4$, prvý činiteľ musí byť deliteľný $4$, takže je rovný $48$. Máme $48\times 75=3600$, pričom súčet všetkých číslic je $33$.

Výsledok:

$3566$

Označme $x$ and $y$ pôvodné čísla a $c$ číslicu, ktorú Edo pripísal k (povedzme) číslu $x$. Potom platí

Preto potom

Z toho vyplýva, že $c$ musí byť $5$, pretože $32099-c$ musí byť deliteľné $9$. Na záver dopočítame $x=3566$ a $y=8779$, kde odpoveďou je menšie z nich.

Výsledok:

$189$

Kľúčové pozorovanie je, že súčet bodiek na protiľahlých stenách veľkej kocky je vždy $7$ - ako vidno nižšie na obrázku vľavo. Veľká kocka má $27$ párov protiľahlých stien, takže bez ohľadu na to, ako Peter usporiada svoje kocky, počet všetkých viditeľných bodiek bude $27\cdot 7=189$. Jedno z možných usporiadaní, ktoré Peter môže použiť, je na obrázku vpravo.

$$$$

Výsledok:

$5:2$.

Uhlopriečky delia malé $X$-pentomino na štyri zhodné časti. Navyše dve také časti sa dajú k sebe prilepiť tak, aby vytvorili jeden štvorec veľkého pentomina, ako je vidieť na obrázku. Veľké pentomino sa tak dá rozdeliť na desať takýchto kúskov a hľadaný pomer plôch je $10:4=5:2$.

$$$$

Výsledok:

$5940$

Všetky čísla medzi $10^3$ a $10^4$ majú párny počet číslic, preto ciferný súčet každého takého palindrómu je párny. Navyše palindrómy v tomto rozsahu sú práve čísla tvaru $\overline{\mathit{abba}}$, kde $a$, $b$ sú ľubovoľné cifry, $a$ nie je nula. Z toho vidno, že v tomto rozsahu existuje $90$ palindrómov. Podobným spôsobom zistíme, že existuje presne $900$ palindrómov medzi $10^5$ a $10^6$ a ciferný súčet každého z nich je párny.

Palindrómy medzi $10^4$ a $10^5$ sú tvaru $\overline{\mathit{abcba}}$ pre cifry $a$, $b$, $c$ pričom $a$ je nenulové. Ich ciferný súčet je zrejme párny práve vtedy, keď $c$ je párne. Preto existuje $9$ možností pre $a$, $10$ pre $b$ a $5$ pre $c$, čo dáva $9\cdot 10\cdot 5=450$ hľadaných palindrómov v tomto rozsahu. Podobne vieme vyriešiť aj rozsah od $10^6$ do $10^7$, ktorý obsahuje $4500$ palindrómov s párnym ciferným súčtom.

Zo všetkých palindrómov medzi $10^3$ a $10^7$ má teda $90+900+450+4500=5940$ párny ciferný súčet.

Výsledok:

$22$

Ak napríklad všetci matematici spolu s deviatimi inými skúsenými prednášajúcimi ochorejú, tak zostáva iba deväť ostatných skúsených prednášajúcich a tí nepokryjú desať matematických prednášok. Preto $C<23$.

Na druhú stranu – ak nejaký vedúci ochorie, tak je horšie, ak ochorie „skúsený“ prednášajúci ako keď ochorie „obyčajný“ prednášajúci. Takže ak ochorie $22$ prednášajúcich, tak v najhoršom prípade je $18$ z nich skúsených. Potom zostanú $4$ obyčajní vedúci, ktorí môžu ochorieť, a ak budú všetci z jedného odboru, tak stále zostane $10$ prednášajúcich zdravých v danom odbore. Takže $S\ge 22$, teda $C=22$.

Výsledok:

$12$

Pytagorova veta nám dáva vzťah plôch štvorcov nad stranami pravouhlého trojuholníka. Rovnaký vzťah platí aj pre polkruhy a využijeme ho na obe polovice daného obdĺžnika (rozdeleného uhlopriečkou). Priamočiaro odpozorujeme, že akékoľvek dve susedné šedé oblasti majú plochu rovnú polovici obdĺžnika. Preto celková šedá plocha je rovná ploche obdĺžnika, čo je $3\cdot 4=12$.

Iné riešenie: Stačí spočítať obsah celej plochy a odpočítať vnútornú kružnicu, pričom celá plocha pozostáva z dvoch polkružníc s polomerom $1,5$ a dvoch polkružníc s polomerom $2$ a obdĺžnika. Obdĺžnik má plochu $3\cdot 4=12$. Polkružnice s príslušnými polomermi spojíme a dostaneme postupne veľkosti plôch $1,5^2\pi$ a $2^2\pi$. Pričom kružnica uprostred, ktorú vynechávame má polomer $2,5$ a teda plochu $2,5^2\pi$. Dostaneme teda výraz pre šedú oblasť $12+1,5^2\pi +2^2\pi -2,5^2\pi$. A to sa rovná $12$ pretože platí Pytagorova veta, medzi číslami $(3∕2,4∕2,5∕2)$.

Výsledok:

$977$

Ciferný súčet trojciferného čísla je najviac $9+9+9=27$. Existuje päť dvojciferných prvočísel, ktoré sú nanajvýš $27$ a to $11$, $13$, $17$, $19$ a $23$. Ciferné súčty týchto prvočísel sú postupne $2$, $4$, $8$, $10$ a $5$. Preto jediné možnosti sú $p_2=11$ alebo $p_2=23$. Najväčšie trojciferné prvočíslo s ciferným súčtom $23$ je $977$. Keďže $977>911$, čo je najväčšie trojciferné prvočíslo s ciferným súčtom $11$, hľadané číslo je $977$.

Výsledok:

$45^{\circ }$, $67,5^{\circ }$

Označme skúmaný priesečník $X$ a stred $AC$ ako $F$. Všimnime si, že výška vedúca cez $X$ musí byť tá, ktorá prislúcha tej istej strane, na ktorej leží $X$. Teraz preskúmame všetky možné polohy bodu $X$.

Ak $X$ leží na základni $BC$, musí byť priesečníkom výšky z $A$ a jednej z osi strán. Zo symetrie trojuholníka $ABC$ vidíme, že táto výška je zhodná s osou $BC$, takže jediný priesečník musí byť zároveň priesečníkom s jednou zo zostávajúcich osí. Zo symetrie potom vyplýva, že táto výška vlastne pretína obidve osi $AB$ aj $BC$ v jedinom bode.

$$$$

Keďže $FX$ je os $AC$, trojuholník $AXC$ je rovnoramenný. Ďalej máme $|\sphericalangle AXC|=90^{\circ }$, a preto $|\sphericalangle ACB|=|\sphericalangle ACX|=45^{\circ }$.

Ak $X$ leží na $AB$, potom musí byť priesečníkom výšky z $C$ a osi $AC$.

$$$$

Rovnako ako v predošlom prípade, trojuholník $AXC$ je rovnoramenný a pravouhlý s pravým uhlom pri $X$, z čoho $|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle XAC|=45^{\circ }$. Preto v tomto prípade

Prípad, kedy $X$ leží na $AC$ je úplne symetrický.

Výsledok:

$3720$

Máme

Je ľahké vidieť, že $59$ aj $61$ sú prvočísla, takže odpoveď je $1+59+61+3599=3720$.

Výsledok:

$23$

Anka zaplatila presne jednu tretinu celkových nákladov, takže všetky párky dohromady stáli $28\cdot 3=84$ eur. Danka zaplatila za $17$ párkov z $28$, teda $84\cdot 17∕28=51$ eur. Keďže sestry si náklady rozdelili rovným dielom, mala zaplatiť len $28$ eur, preto by mala dostať $51-28=23$ eur.

Výsledok:

$\frac{253}{34}$

Sivý trojuholník na obrázku je pravouhlý a má jeden uhol spoločný s veľkým trojuholníkom, takže tieto dva trojuholníky sú podobné.

$$$$

Pomer dĺžok odvesien musí byť rovnaký pre oba trojuholníky, z čoho dostávame rovnicu

s riešením $t=253∕34$.

Výsledok:

$840$

Keďže $11$ a $19$ sú prvočísla, jedno z troch po sebe idúcich čísel nachádzajúcich sa v súčine musí byť deliteľné $11$ a jedno, nie nutne iné, deliteľné $19$. Navyše, keďže súčin je kladný, všetky tri čísla musia byť tiež kladné. Takže hľadáme malé kladné násobky $11$ a $19$ líšiace sa najviac o $2$. Najmenšie sú $3\cdot 19=57$ a $5\cdot 11=55$, takže musíme súčin doplniť o $56$, aby sme dostali $55\cdot 56\cdot 57=11\cdot 19\cdot 840$. Hľadané číslo je teda $840$.

Výsledok:

$36^{\circ }$

Označme $|\sphericalangle \mathit{DCP}|$ ako $\alpha$. Keďže $D$ a $E$ oba ležia na kružnici so stredom $C$, $△\mathit{DCE}$ je rovnoramenný trojuholník so základňou $\mathit{DE}$. Z prvej danej rovnosti $|\sphericalangle \mathit{PDC}|=|\sphericalangle \mathit{EDC}|$ plynie, že $△\mathit{CDP}$ je zhodný s polovicou $△\mathit{CDE}$ (konkrétne s $△\mathit{CDM}$, kde $M$ je stred $\mathit{DE}$). Použitím aj druhej rovnosti máme, že $|\sphericalangle \mathit{BCE}|=|\sphericalangle \mathit{ECD}|=2|\sphericalangle \mathit{DCP}|=2\alpha$ a keďže tieto tri uhly tvoria dokopy priamy uhol máme $\alpha +2\alpha +2\alpha =180^{\circ }\Rightarrow \alpha =|\sphericalangle \mathit{DCP}|=36^{\circ }$.

Výsledok:

$18$

Uvažujme dvojicu spojených miest. Jedno z nich musí mať o jedno prvočíslo viac v prvočíselnom rozklade. Nemôžu mať úplne rovnaké prvočísla, pretože to by znamenalo, že obe mestá by boli jedno a to isté. Na druhej strane, nemôžu sa líšiť v dvoch alebo viacerých prvočíslach. Prečo? Označme $p,q$ prvočísla v ktorých sa budú líšiť (nie nutne rôzne) a nech mestá $a,b=a\cdot p\cdot q$ sú spojené. Potom $a\cdot p$ delí $b$, čím porušuje druhú podmienku.

Mesto s číslom $42$ má prvočíselný rozklad $2\cdot 3\cdot 7$. To znamená, že mestá s nižšími číslami spojené s týmto mestom sú tri a majú tieto prvočíselné rozklady: $2\cdot 3$, $2\cdot 7$ and $3\cdot 7$.

Čísla miest väčšie ako $42$ sa dajú zapísať v tvare $42\cdot p$ pre nejaké prvočíslo $p$. Najväčšie také prvočíslo spĺňajúce $42\cdot p<2020$ je $47$, takže $p\in \{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47\}$. To znamená, že existuje pätnásť ďalších miest spojených s mestom číslo $42$, teda dohromady ich je $18$.

Výsledok:

$673$

Z pravidiel je jasné, že ak sa blesk pohne z jedného políčka na druhé, nemôže sa vrátiť na počiatočné políčko v nasledujúcom ťahu. Vie sa však na toto políčko vrátiť po dvoch ťahoch, aj na šachovnici $3\times 3$, ako je vidieť na obrázku:

$$$$

Ak sa teda blesk dostane na jedno z políčok A1, A3, C2, môže sa začať „cykliť“ a navštíviť každé z týchto políčok v každom treťom ťahu.

Ak blesk začína na B2, jeho jediný možný prvý ťah je krok ako pešiak na B3 a ďalšie možnosti sú A1 alebo C1 krokom jazdca. A1 je teda dosiahnuteľné z B2 dvomi ťahmi, ale blesk sa nemôže priamo pohnúť na B2 z A1 alebo C1 (čím by mal cyklus troch ťahov skôr), takže musíme použiť aspoň dva ťahy, aby sme sa dostali do takého cyklu. Ostáva tak $2018$ ťahov na cyklenie bleskom a keďže $2018=672\cdot 3+2$, blesk môže urobiť $672$ cyklov. Políčko A1 pritom navštívi $673$-krát.

Výsledok:

$2026$

Predpokladajme, že slimák spravil presne $n$ kôl počas závodu. Rýchlosť Dávida bola $3$ a rýchlosť slimáka bola $n$ (v kolách za závod). Potom orientovaná vzdialenosť Dávida a slimáka bola na konci $n-3$. Stretli sa vždy, keď táto vzdialenosť bola celočíselná (teda na okruhu sa nachádzali na tom istom mieste), takže sa stretli $n-3$ ráz, ak by sme nerátali stretnutie na začiatku, preto $n=2022$. Keď bežali opačnými smermi, ich finálna orientovaná vzdialenosť bola $n+3=2025$, takže sa stretli $2025$ ráz ak by sme nerátali štart, teda dokopy $2026$ ráz.

Výsledok:

$170$

Označme $p_i$, $o_i$, $u_i$ počet predmetov podpory, obrany a útoku na úroveni $i$ potrebných na zisk jedého predmetu útoku úrovne $10$. Máme $p_{10}=o_{10}=0$, $u_{10}=1$. Pravidlá o kombinovaní predmetov vieme zapísať

pre všetky $i\in \{2,\dots ,10\}$. Podľa týchto pravidiel vieme vyplniť tabuľku $10\times 3$, tak, že hodnota v každom políčku (okrem políčok v prvom riadku) je súčet dvoch čísel v riadku o jedna vyššie, ale v inom stĺpci:

Správna odpoveď je preto $170$.

Iný pohľad je uvedomiť si, že $p_i=o_i$, nakoľko sú podporné a obranné predmety navzájom vymeniteľné. Taktiež sa dá jednoducho pomocou matematickej indukcie dokázať, že $|u_i-p_i|=1$. Toto platí aj pre $i=10$ a

Pre súčet všetkých predmetov platí

so $p_1+o_1+u_1=2^9=512$. Keď dáme tieto dva poznatky dokopy, tak získame, že $p_1=o_1=171$ a $u_1=170$.

Výsledok:

$24\pi$

Označíme $|AC|=4$ polomer gule, $|BC|$ polomer podstavy kužeľa a $|BD|$ jeho výšku, viď obrázok. Z Pytagorovej vety pre trojuholník $AMC$ dostávame $|BC{|}^2=|AC{|}^2-|AB{|}^2=16-4=12$. Z podobnosti trojuholníkov $ABC$ a $CBD$ potom máme $\frac{|BD|}{|BC|}=\frac{|BC|}{|AB|}$. Objem kužeľa teda vieme vyjadriť ako

$$$$

Výsledok:

$31$

Pripomeňme si najprv základnú vlastnosť sčítania: čísla sčítavame cifru po cifre s tou výnimkou, že musíme správne sčítať prenosy. Teda sčítavame štyri dvojice cifier a prenosy. Keďže sčítavame iba dve čísla, prenosy sú najviac $1$.

Označme teraz Števkine čísla $a$ a $b$ a ciferný súčet čísla $n$ ako $S(n)$. Potom platí $S(a+b)=S(a)+S(b)-9\cdot c$, kde $c$ je počet nenulových prenosov. Spočítame $S(a)+S(b)=1+2+3+4+6+7+8+9=40$, takže možné hodnoty $S(a+b)$ sú $40$, $31$, $22$, $13$ a $4$.

Nie je však možné dosiahnuť $40$, pretože cifra $9$ sčítaná s akoukoľvek nenulovou cifrou je väčšia alebo rovná $10$, zatiaľ čo $31$ vieme dostať napríklad takto: $9678+4321=13999;1+3+9+9+9=31$. Výsledok teda znie $31$.

Výsledok:

$\frac{1}{14}$

Uvažujme polovicu hráčov, do ktorej patrí Juro. Juro bude hrať finále práve vtedy, keď obaja profesionálni hráči začínajú v druhej polovici a on porazí ostatných troch začiatočníkov vo svojej polovici.

Začnime s pevne danou Jurovou pozíciou v grafe a poďme umiestniť dvoch profesionálnych hráčov. Pravdepodobnosť, že obaja pôjdu do druhej polovice je $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}$. Využitím toho, že všetci začiatočníci majú rovnakú šancu, pravdepodobnosť, že Juro vyhrá dva zápasy proti nim je $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$. Hľadaná pravdepodobnosť je preto $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{14}$.

Výsledok:

$\frac{1}{5248}$

Všimnime si, že ak číslo $n$ nahradí čísla $a$ a $b$ tak máme

Z toho je vidieť, že ak pri každom kroku zvýšime celkový súčet o $2$. Keďže máme $99$ krokov, tak posledné číslo $l$ spĺňa

Preto je číslo rovné $\frac{1}{5248}$.

Výsledok:

$18$

Označme $H_A$ a $H_E$ päty kolmíc z bodov $A$ a $E$ na priamku $BC$.

$$$$

Pravouhlé trojuholníky $CA{H}_A$ a $CE{H}_E$ sú podobné, preto spolu s $|CE|=3|CA|$ nám dávajú $|E{H}_E|=3|A{H}_A|$. Zo vzťahu $|CD|=|BD|-|BC|=|BC|$ dostaneme, že obsah trojuholníka $CDE$ je rovný

Podobný argument použijeme na trojuholníky $AEF$ a $BFD$ a ukážeme, že ich plochy sú postupne $2\cdot 4=8$ a $3\cdot 2=6$. Celková plocha je potom $1+3+8+6=18$.

Výsledok:

$47$

Označme počet mincí vybraných z vreciek postupne $a,b$ a $c$. Všimnime si, že čísla musia byť rôzne, pretože inak nevieme rozlíšiť príslušné vrecká. Hľadáme najmenšie možné čísla $a,b$ a $c$ také, že $a\cdot k+b\cdot l+c\cdot m$ sú po dvoch rôzne čísla a čísla $k,l,m$ sú čísla $10,11$ a $12$ v nejakom poradí.

Najmenšia možná trojica je $a=0$, $b=1$ a $c=2$, ale táto trojica nevyhovuje, nakoľko $32=2\cdot 10+12=2\cdot 11+10$. Druhá najmenšia možná trojica je $a=0$, $b=1$ a $c=3$, ktorá už spĺňa podmienky:

Váha musí ukazovať hmotnosť až do $47$ gramov.

Výsledok:

$59$

Označme počet ananásov v deň číslo $i$ o druhej poobede ako $a(i)$. Prvé dva dni, v ktoré má prázdne ananásové zásoby sú dni $2$ a $5$ a Robber-ta vždy zväčšuje svoj nákup o jeden ananás. Rozdiely v počte dní, kedy Robber-ta nemá zásoby ananásov, tvoria postupnosť $3,4,5,\dots$. Dni, kedy má Robber-ta prázdne zásoby majú čísla

Nás zaujíma, kedy naposledy pred $2020.$ dňom nemá zásoby a teda pôjde do obchodu. Vyriešime kvadratickú rovnicu $\frac{1}{2}x(x+1)-1=2020$. Má jedno záporné riešenie, ktoré je nepodstatné a jedno kladné riešenie $\frac{\sqrt{16169}}{2}-\frac{1}{2}$, čo je číslo medzi $63$ a $64$. Teda 62 krát sa jej minú zásoby a posledný taký deň bude deň číslo $\frac{63\cdot 64}{2}-1=2015$. Postupnosť $a(i)$ následne pokračuje $63,62,61,60,59,\dots$, a teda hľadaný počet ananásov $a(2020)$ je $59$.

Výsledok:

$8$, $24$

Najprv si všimnime pomer medzi šírkou prvého a druhého stĺpca ($30:10$) a prvého a tretieho stĺpca ($18:12$). Taktiež vieme zistiť pomer medzi prvým, druhým a štvrtým riadkom ($24:18:30$). Zjednodušením pomerov dostaneme $3:1:2$ a $4:3:5$ postupne pre stĺpce a riadky. Doplňme tabuľku hodnotami podľa pomerov a tretí riadok so štvrtým stĺpcom vyplníme v závislosti od celočíselných parametrov $x$ a $y$ tak, aby odzrkadľovali pomery.

$$$$

Pomer medzi výškami druhého a tretieho riadku vieme vyjadriť ako $12:2x$ z tretieho stĺpca a ako $3y:12$ zo štvrtého stĺpca (ako v šedej oblasti na obrázku). Tieto hodnoty musia byť rovnaké, a preto $12:2x=3y:12$ alebo $y=24∕x$.

Nakoniec porovnajme plochu celého výbehu so sumou častí a dostaneme rovnicu

alebo

Možné riešenia sú $x=4$ alebo $y=12$, teda pre pravý horný obdĺžnik buď $y=6$ a $S=24$, alebo $y=2$ a $S=8$.

Výsledok:

$\frac{5\sqrt{2}}{6}$

Nech $A,B,C$ sú mrežové body na Jankovej kružnici. Vieme, že polomer musí byť menší ako $\frac{5}{4}$, takže vzdialenosť medzi $A$ a $B$ je najviac $\frac{5}{2}$. Preto, až na rotácie, sú všetky relatívne pozície $A$ a $B$ zobrazené na obrázku:

$$$$

V každom prípade vieme nájsť os úsešky $AB$. Os úsečky je priemerom kružnice, a teda aj osou zobrazenia. Aby existovalo iba jediné $C$, tak musí buď ležať na tejto osi alebo tak, aby jeho obraz nebol mrežovým bodom. Možnosť $1$ je preto určite nevyhovujúca.

$$$$

Pre možnosť $2$ je jediná možnosť, keď $C$ leží na osi. Navyše pozície $A,C$ a $B,C$ musia spĺňať rozloženie $2$, $3$ alebo $4$ až na rotáciu. To nám dáva Jankovu kružnicu.

$$$$

Stále však potrebujeme nájsť jej polomer. Na to použijeme algebru. Zaveďme súradnicový systém tak, že body $A,B,C$ majú súradnice $(1,0)$, $(0,1)$ a $(2,2)$. Dosadením týchto hodnôt do všeobecnej rovnice kružnice ${(x-h)}^2+{(y-k)}^2+r^2$ dostaneme rovnice:

Odčítaním druhej od prvej dostaneme

Teraz porovnaním prvej a tretej rovnice dostaneme

Ľahko dopočítame, že $r^2=\frac{25}{18}$, a teda $r=\frac{5\sqrt{2}}{6}$.

Výsledok:

$6!=720$

Keďže všetky farby zostanú prítomné po použití kúzla, tak je jasné, že kúzlo iba poprehadzuje farby čiapiek. Predstavme si, že nejaká čiapka si ponechá svoju farbu, potom po dvoch kúzlach si ponechá tú istú farbu a teda máme spor so zadaním. Preto si žiadna čiapka nenechá svoju farbu. Nech teraz pošleme farby $a$ a $b$ následujúcim spôsobom: $a\to b$ a $b\to a$, to tiež zjavne vedie ku sporu. A taktiež pre tri farby $a$, $b$, a $c$ a kúzlo $a\to b$ $b\to c$, $c\to a$ vedie ku sporu, pretože po troch kúzlach by farba $a$ skončila znovu na farbe $a$. Môžeme si teda všimnúť, že nemôžeme mať žiaden separátny cyklus dĺžky $1$, $2$ ani $3$ a keďže máme iba $7$ čiapok tak musia byť už všetky v cykle. Takých cyklov je $6!$; Pozrime sa na jednu farbu - potom je $6$ farieb, na ktoré ju môže kúzlo zmeniť. Pre danú farbu zostane $5$ farieb, na ktoré sa môže zmeniť a tak ďalej, až kým nezostane iba jedna farba, ktorá sa zmení na našu prvotnú.

Výsledok:

$1,6,5,1$

Označme si ako $x$ počet otočení koliesok, po ktorých prvýkrát nastane kombinácia končiaca sa na $5,1$. Keďže na poslednom koliesku (ktoré má spolu $10$ čísel) je číslo $1$, tak $x$ musí dávať zvyšok $1$ po delení $10$. Podobne, aby sme na predposlednom ($11$-číselnom) koliesku dostali $5$, tak $x$ musí dávať zvyšok $5$ po delení $11$. Hľadáme teda kladné celé číslo $x$, ktoré dáva po delení $11$ a $10$ postupne zvyšky $5$ a $1$. Keďže $10$ a $11$ sú nesúdeliteľné, podľa čínskej zvyškovej vety vieme, že spomedzi čísel $0,1,\dots ,109$ existuje práve jedno také číslo (označme si ho $x_0$) a všetky ďalšie také $x$ dostaneme pripočítavaním $10\cdot 11=110$ k číslu $x_0$.

Jeden možný spôsob, ako nájsť $x_0$ je vypísať si čísla tvaru $11k+5$ ($k$ je celé číslo) a vybrať si to, ktoré končí na $1$, čím dostaneme číslo $71$. Toto je počet otočení koliesok potrebný na to, aby sme dostali kombináciu končiacu $5,1$ poprvýkrát. Z úvah vyššie vieme, že nasledujúca taká kombinácia sa vyskytne po $110$ otočeniach (a nie skôr), t. j. po  $110+71=181$ otočeniach od samotného začiatku. Keďže $181$ dáva zvyšky $1$ a $6$ po delení postupne číslami $5$ a $7$, tak v tom momente bude zámok ukazovať kombináciu $1,6,5,1$.

Výsledok:

$144$

Keďže máme k dispozícií iba štyri zrkadlá a každý lúč zatočil tak v každom riadku a v každom stĺpci musí byť práve jedno zrkadlo. To nám dá $4!=24$ možností; možností ako položiť zrkadlo v prvom riadku je $4$, potom možností kam položiť zrkadlo v druhom riadku je len $3$ a tak ďalej.

Vďaka obmedzeniam na počet lúčov zatáčajúcich určitým spôsobom je jasné, že musíme mať po dvoch zrkadlách každého typu. Preto máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ výberov, ktoré zrkadlá ako smerujú. Nakoniec vidíme, že všetky konfigurácie máme popísané. Preto všetkých možností je $24\cdot 6=144$.

Výsledok:

$9$

Vidíme, že $x_1=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$ a $x_2=2\cdot 3\cdot 5\cdot 101$. Je ľahké vidieť, že keď člen postupnosti je bez štvorcov (tj. žiadne $p^2$ ho nedelí), všetky nasledujúce členy majú túto vlastnosť, preto môžeme reprezentovať členy postupnosti $x_n$ väčšie ako $x_2$ v binárnej sústave ako $b_n$, kde na $k$-tej pozícií sprava je $1$ práve vtedy, keď $k$-te prvočíslo delí $x_n$. Ďalšie pozorovanie je, že $b_{n+1}=b_n+1$, pre všetky $n\ge 2$. Máme

Z definície $b_n$ je jasné, že počet rôznych deliteľov $x_n$ je počet jednotiek v $b_n$, a preto počet rôznych prvočíselných deliteľov $x_{2020}=9$.

Výsledok:

$\frac{13}{36}$

Nasledujúci obrázok znázorňuje situáciu zo zadania, pričom $S$ je ťažisko trojuholníka $ABC$ a body $M_a$, $M_b$, $M_c$ sú stredy strán trojuholníka $ABC$, body $D$, $E$, $F$, $G$, $H$, $I$ sú ťažiská menších trojuholníkov a nakoniec $D^{\prime },E^{\prime },\dots ,I^{\prime }$ sú postupne stredy strán $M_{b}A,A{M}_c,\dots ,C{M}_b$.

$$$$

Keďže $A{E}^{\prime }=\frac{1}{4}AB$ a $A{D}^{\prime }=\frac{1}{4}AC$, tak trojuholník $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }$ je rovnoľahlý s trojuholníkom $ABC$ so stredom rovnoľahlosti v bode $A$ a koeficientom $\frac{1}{4}$. Obsah trojuholníka $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }$ je preto rovný $\frac{1}{16}$ obsahu trojuholníka $ABC$. Obdobný výsledok máme pre plochy trojuholníkov $B{G}^{\prime }{F}^{\prime }$ a $C{I}^{\prime }{H}^{\prime }$, teda pre šesťuholník $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ je obsah rovný $1-3\cdot \frac{1}{16}=\frac{13}{16}$ obsahu $ABC$.

Ďalej máme rovnoľahlosť so stredom v bode $S$ a koeficientom $\frac{3}{2}$, ktorá zobrazí šesťuholník $DEFGHI$ na šesťuholník $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$, a tak dostaneme plochu šesťuholníka $DEFGHI$ ako

kde $[ABC]$ značí obsah trojuholníka $ABC$. Hľadaný pomer je teda $\frac{13}{36}$.

Výsledok:

$\frac{1010}{3}$

Sčítaním rovníc pre $m=1,\dots ,2019$ dostaneme

Použitím $a_1=a_{2020}$, to vieme preusporiadať takto:

Preto

Všimnime si, že postupnosť reálnych čísel skutočne existuje: Ak je daná $a_1$, tak zvyšok postupnosti je jasne daný rovnicou zo zadania. Teda vieme člen $a_{2020}$ skutočne napísať iba v závislosti od členu $a_1$, a spolu s podmienkou $a_1=a_{2020}$ dostaneme lineárnu rovnicu v $a_1$; ktorá sa dá vyriešiť.

Výsledok:

$8∕15$

Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že špagáty, ktoré si označíme $A$, $B$, $C$, $D$, a $E$ sú na Marekovej strane zviazané nasledovne: $A$ má voľný koniec, $B$ je zviazané s $C$ a $D$ je zviazané s $E$. Môžeme pozorovať, že pri takýchto podmienkach vieme získať jeden súvislý špagát vtedy a len vtedy ak na Magdinej strane zviažeme špagát $A$ s niektorým so špagátov $B$, $C$, $D$, $E$ ($4$ možnosti) a následne zviažeme ostávajúci voľný koniec daného páru s jedným z dvoch koncov druhého páru ($2$ možnosti)— napríklad, ak $A$ zviažeme s $B$, potom musíme zviazať koniec špagátu $C$ so špagátom $D$ alebo $E$. Tým pádom to máme dokopy $4\cdot 2=8$ možností. Celkový počet možností, ako vieme zviazať konce špagátov na Magdinej strane je $15$: Najprv si vyberieme, ktorý koniec špagátu ostane nezviazaný ($5$ možností) a zvyšok je už jasne určený tým, ako spárujeme jeden konkrétny koniec so zvyšnými troma koncami ($3$ možnosti). Preto tvrdíme, že pravdepodobnosť s akou Magda zviaže špagáty do jedného dlhého špagátu je $8∕15$.

Výsledok:

$619737131179$

Uvažujme nad problémom ako nad orientovaným grafom na $4$ vrcholoch označených $1$, $3$, $7$ a $9$, kde dva vrcholy sú spojené šípkou práve vtedy keď príslušné dvoj-ciferné číslo je prvočíslo. Všimnime si, že máme šípku z $1$ do $1$, reprezentujúcu číslo $11$.

$$$$

Pripusťme na chvíľu, že existuje cesta cez všetky hrany, každú práve raz. Potom najväčšie 2-prvočíslo nájdeme prilepením $6$ alebo $8$ na začiatok postupnosti takej cesty. Vskutku je to podľa definície 2-prvočísla, že všetky cifry okrem prvej musia byť $\{1,3,7,9\}$ a žiadna šípka nemôže byť použitá dva krát. Preto, žiadne 2-prvočíslo nemôže mať viac cifier ako počet šípiek plus dva. (jednu za pridanie prvej cifry a jednu za to, že počítame cifry nie šípky) teda maximálne $12$. Na začiatku nemôže byť $7$ ani $9$ lebo by sa musela opakovať hrana A keďže, $61$, $83$, $87$ a $89$ sú prvočísla, nepotrebujeme menej cifier.

Teraz potrebujeme nájsť spomenutú cestu. Všimnime si, že z $9$ vychádza o šípku menej ako do nej prichádza, kým o jednu šípku do $1$ prichádza viac ako vychádza. Ostatné dva vrcholy sú v tomto zmysle vyrovnané. Z toho je jasné, že naša prechádzka musí začať v $1$ a skončiť v $9$. Z jednotky prejdeme na $9$ nakoľko je to najväčší sused, potom do $7$ a nemôžme sa vrátiť do $9$ lebo by sme skončili. Potom pokračujeme na $3$ znovu späť na $7$ a tak ďalej, v zmysle "pažravého postupuäž kým nedostaneme cestu $19737131179$ keďže $81$ nie je prvočíslo tak musíme mať $619737131179$ ako najväčšie 2-prvočíslo

Výsledok:

$\frac{4\sqrt{21}}{7}$

Zvážme symetriu s vzhľadom na stredový bod $O$ a označme jednotlivé vzniknuté obrazy pomocou čiarky. Pozorujeme, že body $A^{\prime }$ a $B^{\prime }$ ležia na opísanej kružnici trojuholníka $|△ABC|$ a $D^{\prime }=E$ (teda $E^{\prime }=D$). Z Pytagorovej vety v provouhlom trojuholníku $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ (všimnite si, že $A{A}^{\prime }$ je priemer opísanej kružnice) nám dáva

Keďže $|\sphericalangle A{B}^{\prime }E|=|\sphericalangle A^{\prime }BD|=90^{\circ }$, z Pytagorovej vety v $△A{B}^{\prime }E$ vieme

Keďže $E$ (obraz $D$) leží na $A^{\prime }{B}^{\prime }$ (obraz $AB$) a keďže štvoruholník $A{B}^{\prime }C{A}^{\prime }$ je tetivový, dostaneme, že $△A{B}^{\prime }E\sim △A^{\prime }CE$. Z toho dostaneme

a dospejeme k záveru

$$$$

Alternatívne riešenie: Mocnosť bodu $D$ vzhľadom na opísanú kružnicu trojuholníka $△ABC$ s polomerom $r=AO$ je rovná

(mínus je prítomné kvôli tomu, že bod $D$ leží vnútri kruhu). Z kosínusovej vety v $△ADO$ dostaneme

Keďže $cos(|\sphericalangle AOE|)=cos(180^{\circ }-|\sphericalangle AOD|)=-cos(|\sphericalangle AOD|)=-\frac{1}{7}$, tá istá veta pre $△AOE$ potom dáva

Podobne ako vyššie z mocnosti bodu $E$ vzhľadom na opísanú kružnicu $△ABC$ dostaneme

Výsledok:

$\frac{56}{3}=18\frac{2}{3}$

Nech $24$ je šírka a $7$ je výška obdĺžnika. Diagonála ide z ľavého dolného rohu do horného pravého rohu a má sklon $\frac{7}{24}$. Keď prechádza cez štvorec, odrezáva trojuholník vtedy a len vtedy keď križuje horizontálnu stranu, ktorá oddeľuje dva štvorce. Keďže sklon je konštantný, môžeme preusporiadať úsečky dvoch trojuholníkov, ktoré sú odrezané z týchto dvoch štvorcov na jeden veľký pravý trojuholník so šírkou $1$. Potom odvesny majú dĺžky $1$ a $\frac{7}{24}$ a dĺžka prepony je $\sqrt{1+{\left(\frac{7}{24}\right)}^2}=\frac{25}{24}$.