Change language

Zadania a riešenia úloh

Matematický Náboj 2024

Stiahnuť ako PDF

Úloha 1

Hra funguje tak, že v každom kole získa jeden z hráčov „víťazný bod“. Hra končí v momente, keď niektorý z hráčov získa 10 víťazných bodov. Koľko najviac kôl môže mať Hra, keď ju hrá 5 hráčov?

Riešenie

Výsledok:

46


Na konci Hry má jeden hráč 10 bodov, kým ostatní majú každý najviac 9 bodov. Dokopy teda mohlo byť najviac 10 + 4 9 = 46 kôl.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
100.0%
tímov vyriešilo
00:06:40
priemerný čas riešenia

Úloha 2

Mišo má štyri karty s ciframi 1, 2, 3 a 6. Chce z nich poskladať dve čísla A a B tak, že použije každú kartu práve raz a aby číslo A bolo násobkom čísla B, napr. A = 36 a B = 12. Koľkými spôsobmi to vie urobiť?

Riešenie

Výsledok:

21


Rozlíšime dva prípady:

1.
Číslo B je jednociferné a A trojciferné. Možné hodnoty B sú:
1:
číslo A môže byť ľubovoľná permutácia 2, 3, 66 možností.
2:
A musí končiť na 62 možnosti.
3:
A má ciferný súčet deliteľný 3 bez ohľadu na usporiadanie cifier → 6 možností.
6:
A má ciferný súčet deliteľný 3 bez ohľadu na usporiadanie cifier, musí však navyše končiť na 22 možnosti.
2.
Čísla A aj B sú dvojciferné. Potom vieme povedať, že A : B je menej ako 6. Vyskúšame jednotlivé možnosti:
1:
Nedá sa, lebo AB.
2:
A končí na 2 alebo 6. V prvom prípade B končí na 1 alebo 6, v druhom nutne na 3. Zajvne A > B, takže cifra na mieste desiatok musí byť väčšia v čísle A. Ľahko overíme, že aj A = 62, B = 31, aj A = 32, B = 16, aj A = 26, B = 13 vyhovujú → 3 možnosti.
3:
Aby bolo A dosť veľké, začína cifrou 3 alebo 6. Zároveň musí byť A násobok 3, takže obsahuje aj 3, aj 6. Vyhovuje aj A = 36, B = 12, aj A = 63, B = 212 možnosti.
4:
Aby bolo A dosť veľké, musí začínať cifrou 6. Aby bolo A párne, musí končiť 2. Nedá sa, keďže 62 nie je násobok 4.
5:
Aby bolo A násobok 5, musí končiť na 0 alebo 5, čo sa nedá.

Dokopy dostávame 21 možností.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
86.8%
tímov vyriešilo
00:45:24
priemerný čas riešenia

Úloha 3

Na obrázku sa nachádzajú štyri štvorce, pričom na jednom z nich je vyznačený jeho obsah 8. Aký je obsah najväčšieho štvorca?

Riešenie

Výsledok:

18


Pomer dĺžok strán štvorcov na obrázku je 3 : 2 : 1, preto obsah najväčšieho z nich je (3 2 ) 2 8 = 18.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
99.7%
tímov vyriešilo
00:10:15
priemerný čas riešenia

Úloha 4

V parku sa jedného dňa stretli kentauri, matematici a straky. Spočítali sme, že v tomto parku sa nachádza dokopy 15 chvostov a 94 rúk. Koľko bolo v tomto parku nôh?

Poznámka: Straka nemá žiadne ruky, má však dve nohy a jeden chvost, matematik má dve ruky a dve nohy, ale žiaden chvost a kentaur má dve ruky, štyri nohy a jeden chvost.

Riešenie

Výsledok:

124


Označme počet kentaurov, matematikov a strák ako k, m a s v tomto poradí. Na základe informácie o počte chvostov možno usúdiť, že s + k = 15, a podľa počtu rúk zas 2m + 2k = 94. Počet nôh môžeme vyjadriť ako 4k + 2m + 2s, čo je 2(s + k) + (2m + 2k) = 30 + 94 = 124.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
97.5%
tímov vyriešilo
00:23:21
priemerný čas riešenia

Úloha 5

V televízii sú tri kanály označené ako 1, 2 a 3. Z každého kanála sa dá prepnúť len na kanál s číselným rozdielom práve 1, teda napríklad z kanála 1 sa dá prepnúť len na kanál 2. Ak Viki začína na druhom kanáli a prepne kanál jedenásťkrát, koľko rôznych postupností kanálov vie dostať?

Riešenie

Výsledok:

64


V postupnosti sa bude nachádzať 12 kanálov, pričom na nepárnych pozíciách to vždy bude druhý kanál. Zvýši tak 6 pozícií, na každej z ktorých sa môže vyskytnúť prvý alebo tretí kanál, takže dostaneme 26 = 64 postupností.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
89.8%
tímov vyriešilo
00:23:48
priemerný čas riešenia

Úloha 6

Miško si nakreslil dva zhodné obdĺžniky a potom si v obrázku označil dva uhly. Jeden z nich aj odmeral a jeho veľkosť zapísal do obrázka. Akú hodnotu by nameral, keby odmeral druhý uhol?

Riešenie

Výsledok:

27


Označme si body ako na obrázku nižšie. Spoločná uhlopriečka AB rozpoľuje uhol FBD, a preto máme

|FBA| = 360 234 2 = 63.

Naviac, keďže čiarkovaná úsečka EF je rovnobežná s AB, platí |EFB| + |FBA| = 180. Avšak vďaka tomu, že AFB je pravý, pre hľadaný uhol platí

α = 180 90 63 = 27.
Štatistiky
644
tímov obdržalo
98.6%
tímov vyriešilo
00:16:43
priemerný čas riešenia

Úloha 7

Aká je hodnota výrazu x3 14x + 2024, ak x2 4x + 2 = 0?

Riešenie

Výsledok:

2016


Keď od x3 14x + 2024 odčítame x (x2 4x + 2) = 0, dostaneme 4x2 16x + 2024. Keď od tohto výsledku odčítame ešte 4 (x2 4x + 2) = 0, dostaneme 2016, čo je hľadané riešenie.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
63.7%
tímov vyriešilo
00:30:12
priemerný čas riešenia

Úloha 8

Lukáš si zvolil celé číslo n a napísal počet jeho párnych cifier, nepárnych cifier, a celkový počet cifier. Keď tieto čísla prečítal ako jedno, ignorujúc prípadné nuly na začiatku, získal opäť číslo n. Aké najmenšie číslo si Lukáš mohol zvoliť?

Príklad: Ak Lukáš zoberie číslo 2024, tak počet párnych cifier je 4, počet nepárnych je 0 a počet všetkých je 4. Takže prečíta 404.

Riešenie

Výsledok:

123


Lukášovo číslo n nemôže byť jednociferné, lebo jeho cifra by bola párna alebo nepárna, takže by zapísal aspoň dvojciferné číslo. Podobne nemohlo byť jeho číslo dvojciferné, lebo by končilo na cifru 2, ktorá je párna. Číslo n teda malo aspoň tri cifry.

Aké trojciferné číslo si Lukáš mohol zvoliť? Keďže malo tri cifry, muselo končiť na 3 a súčet prvej a druhej cifry musel byť tiež 3. Dostávame tri možnosti: 123, 213, 303. Všetky tri sa prepíšu na 123, vrátane čísla 123. To je teda najmenšie možné Lukášovo číslo.

Štatistiky
644
tímov obdržalo
95.2%
tímov vyriešilo
00:21:06
priemerný čas riešenia

Úloha 9

Pohorie Dva kopce vyzerá zboku ako päťuholník, ktorý vidíte na obrázku. Poznáte vyznačené dĺžky strán a veľkosti uhlov. Určte a + b.

Riešenie

Výsledok:

16


K päťuholníku pridáme rovnobežník ako na obrázku, čím z neho spravíme rovnostranný trojuholník.

Potom zjavne 11 = 4 + a = 2 + b, takže a = 7 a b = 9. Odtiaľ a + b = 16.

Štatistiky
643
tímov obdržalo
99.1%
tímov vyriešilo
00:10:50
priemerný čas riešenia

Úloha 10

V pesničke Kopala studienku dievčina kopala studienku a pýtala sa, či je taká hlboká, aká je široká.

Studienka je valec, ktorého výšku nazývame hĺbka, a ktorého priemer podstavy nazývame šírka. Dievčina vie, že za týždeň dokáže vykopať studienku, ktorá má správnu šírku, ale len tretinovú hĺbku. Našťastie je poruke Janko Matúška, ktorý za týždeň dokáže vykopať studienku správnej hĺbky, ale len polovičnej šírky. Vieme, že čas kopania je priamo úmerný objemu vykopanej hliny. Koľko dní budú musieť kopať spolu, aby mala ich studňa správnu hĺbku aj šírku?

Riešenie

Výsledok:

12


Čas je úmerný objemu vykopanej hliny. Pre studňu s hĺbkou h a šírkou s je jej objem V = π 4 s2 h. Dievčina teda vykope za týždeň π 4 s2 h 3 = 1 3V , čo dáva 1 21V za deň. Janko Matúška za týždeň vykope π 4 (s 2)2 h = 1 4V , čo je 1 28V za deň. Dokopy za deň vykopú

( 1 21 + 1 28 )V = 4 + 3 3 4 7V = 1 12V.

Výkop celej studne im teda bude trvať 12 dní.

Štatistiky
643
tímov obdržalo
68.1%
tímov vyriešilo
00:33:07
priemerný čas riešenia

Úloha 11

Marek má tabuľku 10 × 10 štvorčekov so stranou 1. Rozhodol sa, že do nej vyznačí všetky úsečky dĺžky 5, ktoré spájajú vrcholy štvorčekov. Koľko úsečiek musí vyznačiť?

Riešenie

Výsledok:

360


Začnime pozorovaním, že každá úsečka spájajúca dva vrcholy štvorčekov je vlastne uhlopriečka obdĺžnika s celočíselnými dĺžkami strán. (Ešte sú aj vodorovné a zvislé úsečky, tie však majú celočíselnú dĺžku strán, a teda nás nezaujímajú.) Aby mala uhlopriečka dĺžku 5, musí byť aspoň jedna strana obdĺžnika rovná 1, inak bude mať dĺžku aspoň 22 + 22 = 8 > 5. Ľahko dopočítame, že druhá strana obdĺžnika musí byť 2.

Takže každý obdĺžnik 2 × 1, resp. 1 × 2 obsahuje práve dve úsečky, ktoré chce Marek vyznačiť. Pre zvislý obdĺžnik máme 10 stĺpcov, do ktorých ho môžeme umiestniť. V každom stĺpci máme 9 možných pozícií, dokopy teda 90 zvislých obdĺžnikov. Rovnako vieme dopočítať, že vodorovných obdĺžnikov bude tiež 90. Celkovo máme 90 + 90 = 180 obdĺžnikov po 2 úsečky, čiže 360 úsečiek dĺžky 5.

Štatistiky
1242
tímov obdržalo
85.6%
tímov vyriešilo
00:23:30
priemerný čas riešenia

Úloha 12

Navzájom rôzne nenulové cifry Š, A, C, H spĺňajú

2024 + HAHA = ŠACH.

Aká je najväčšia možná hodnota štvorciferného čísla ŠACH?

Riešenie

Výsledok:

5963


Keďže ŠACH a HAHA majú rovnakú cifru na mieste stoviek a 2024 má na mieste stoviek 0, pri sčítaní na mieste desiatok nedochádza k prechodu cez desiatku. Takže 24 + HA = CH a H + 2 = Š. Zároveň však pri sčítaní A + 4 musí dôjsť k prechodu cez desiatku, inak C = H + 2 = Š, čo nemôže nastať, lebo cifry sú rôzne. Takže H = A + 4 10 = A 6 a potom Š = A 4 a C = A 3. Odtiaľ dostávame, že ŠACH je 3741, 4852 alebo 5963. Najväčšie je číslo 5963.

Štatistiky
1234
tímov obdržalo
92.1%
tímov vyriešilo
00:26:37
priemerný čas riešenia

Úloha 13

Zebrouholník je obdĺžnik na obrázku so stranami 14 a 8. Jeho uhlopriečka je rozdelená na 7 úsečiek rovnakej dĺžky. Určte obsah vyfarbenej časti.

Riešenie

Výsledok:

48


Zebrouholník je rozdelený na 14 trojuholníkov – 8 bielych a 6 vyfarbených. Všetky tieto trojuholníky majú rovnakú základňu aj rovnakú výšku. Preto majú aj rovnaký obsah. Obsah sivej časti tak je 6 14 = 3 7 z obsahu obdĺžnika. Dostávame 3 7 8 14 = 48.

Štatistiky
1219
tímov obdržalo
95.2%
tímov vyriešilo
00:18:42
priemerný čas riešenia

Úloha 14

Do matematického krúžku chodí niekoľko chlapcov a dievčat. Ak by sa k nim jedno dievča pridalo a 20% chlapcov odišlo, bude do krúžku chodiť rovnako veľa chlapcov ako dievčat. Avšak, ak by naopak jedno dievča z krúžku odišlo a neskôr sa počet dievčat v krúžku zvýšil o 30%, opäť bude chlapcov a dievčat rovnako. Koľko detí chodí do matematického krúžku dokopy?

Riešenie

Výsledok:

116


Označme počet dievčat d a počet chlapcov c. Zadanie nám dáva dve rovnice:

d + 1 = 8 10c, 13 10(d 1) = c.

Dosadením c = 13 10(d 1) do prvej rovnice dostaneme

d + 1 = 8 10 13 10(d 1) = 26 25(d 1).

Odtiaľ ľahko vyjadríme, že 1 + 26 25 = (26 25 1)d. Takže d = 51. Počet chlapcov potom dopočítame ako 13 10 50 = 65. Dokopy máme 51 + 65 = 116 detí.

Štatistiky
1216
tímov obdržalo
85.9%
tímov vyriešilo
00:25:00
priemerný čas riešenia

Úloha 15

Ivka si zápalky usporiadala a označila rovnako ako na obrázku, aby tvorili 9 štvorcov. Odstránením troch zápaliek sa počet štvorcov zníži na 5 a každá zápalka ostane súčasťou strany aspoň jedného štvorca. Nájdite maximálny súčet čísel priradených zápalkám, ktoré takto môžeme odstrániť.

Riešenie

Výsledok:

50


Na obrázku vidíme 7 štvorcov so stranou 1 a dva štvorce so stranou dĺžky 2. Aby sme znížili počet štvorcov na 5, treba odstrániť 4 štvorce. Aby sme odstránili štvorec ohraničený zápalkami s číslami 3, 6, 7 a 10, je potrebné odstrániť aspoň 3 zápalky. Tým by sme však ubrali len jeden štvorec. Teda tento štvorec musí ostať zachovaný. Aby ostal zachovaný, nesmieme tiež v žiadnom prípade odstrániť zápalku s číslom 6.

Odstránenie zápalky 11 alebo 13 vedie k odstráneniu oboch veľkých štvorcov a jedného malého. Dostaneme tak dva možné prípady:

  • Ak zoberiem zápalku s číslom 11, potom môžeme zobrať súbežne dvojicu s číslami 12 a 13 alebo dvojicu s číslami 18 a 20.
  • Ak zoberiem zápalku s číslom 13, potom môžeme zobrať súbežne dvojicu s číslami 1 a 4, dvojicu 11 a 12 alebo dvojicu s číslami 16 a 19.

Z týchto možností dostaneme najvyšší súčet výberom 11, 18 a 20 so súčtom 49.

Zápalky 5, 12, 17, 3, 7 a 10 sú jediné, ktoré nie sú súčasťou veľkých štvorcov. Keďže 3, 7 a 10 nemôžeme zobrať, na výber nám ostávajú len 5, 12 a 17. Výber tejto trojice však nespĺňa požadované vlastnosti, teda bude nutné odstrániť aspoň jeden veľký štvorec.

Zápalku s číslom 6 nemôžeme zobrať a potrebujeme odstrániť aspoň jeden veľký štvorec, nuž musíme zobrať aspoň jednu z nasledujúcich dvojíc: 18 a 20, 16 a 19 alebo 1 a 4. Realizácia takéhoto výberu odstráni okrem veľkého štvorca práve jeden malý, a teda výberom poslednej zápalky musíme odstrániť ďalšie dva štvorce. Prejdime si teraz opäť naše možnosti:

  • V prípade, že zoberieme 1 a 4, najviac vieme dostať súčet 49 (1 + 4 + 20), čo je menej ako nájdených 49.
  • V prípade, že zoberieme 16 a 19, najviac vieme dostať súčet 48 (13 + 16 + 19), čo je menej ako nájdených 49.
  • V prípade, že zoberieme 18 a 20, najviac vieme dostať súčet 50 (12 + 18 + 20).

Najväčší súčet, ktorý vieme dostať, je 50.

Štatistiky
1200
tímov obdržalo
92.3%
tímov vyriešilo
00:30:50
priemerný čas riešenia

Úloha 16

Lukáš má fľašu vysokú 21. Pozostáva z valca vysokého 16 a nepravidelného útvaru, ktorý tvorí hrdlo fľaše. Lukáš fľašu čiastočne naplnil vodou tak, že siahala do výšky 13. Keď fľašu zatvoril a obrátil naopak, voda siahala do výšky 14. Koľko percent objemu fľaše zaberá voda?

Riešenie

Výsledok:

65


Označme r polomer základne valca. Z prvého pozorovania vieme, že objem vody vo fľaši je 13πr2. Z druhého pozorovania vieme, že objem vzduchu vo fľaši je (21 14)πr2 = 7πr2. Celkový objem fľaše je teda (13 + 7)πr2 = 20πr2. Výsledné percentá dostaneme ako

13πr2 20πr2 = 13 20 = 65%.

Štatistiky
1173
tímov obdržalo
88.8%
tímov vyriešilo
00:23:02
priemerný čas riešenia

Úloha 17

Lukáš žije v Šesťuholníkove, v meste, ktorého ulice sú všetky dlhé 1km a tvoria strany troch pravidelných šesťuholníkov. Lukáš chce najprv vyzdvihnúť svoju priateľku Teri a potom s ňou ísť do kina. Na obrázku Lukáš začína v bode A, Teri býva v bode B a kino sa nachádza v bode C. Lukáš nechce ísť tou istou ulicou dvakrát. Zistite súčet dĺžok všetkých rôznych ciest, ktorými mohol Lukáš ísť.

Riešenie

Výsledok:

28


Existujú štyri cesty z A do B, ktoré neprechádzajú cez C. Pre dve z nich neexistuje žiadna cesta do C, po ktorej by Lukáš neprešiel druhýkrát tou istou ulicou. Pre jednu cestu existuje práve jedna do bodu C. A pre poslednú existujú dve cesty do bodu C. Dohromady teda existujú tri rôzne cesty. Dve majú dĺžku 10 a jedna má dĺžku 8, súčet je 28.

Štatistiky
1157
tímov obdržalo
99.0%
tímov vyriešilo
00:08:01
priemerný čas riešenia

Úloha 18

Danko a Viktor sa prechádzajú po dvoch okružných trasách, ako je vyznačené na obrázku. Medzi každými dvomi zastávkami na jednotlivých trasách im trvá prejsť práve 1 minútu, začínajú v miestach označených šípkami a postupujú v ich smere. Po koľkých minútach sa prvýkrát stretnú?

Riešenie

Výsledok:

44


Nech Dankovou trasou je tá, ktorú trvá prejsť 14 minút, a Viktorovou tá, ktorú trvá prejsť 12 minút. Existujú práve dva body, kde sa môžu stretnúť. Stretnúť sa môžu v ľavom bode, ak Danko prejde svoj okruh d-krát a Viktor v-krát. V tomto bode sa stretnú, ak

14d + 2 = 12v + 8.

Úpravou dostaneme, že 7d = 6v + 3, na základe čoho 76v + 3. Skúšaním v {0,1,2,} zistíme, že dvojica (d,v) = (3,3) je najmenším riešením. Podobne vieme takéto niečo zostaviť aj pre pravý bod stretnutia, kde

14d + 5 = 12v + 3,

a úpravami dostaneme, že 7d = 6v 1. Z toho potom 76v 1 a zjavne v 6. Stretnú sa teda prvý raz po 14 3 + 2 = 44 minútach.

Štatistiky
1150
tímov obdržalo
98.0%
tímov vyriešilo
00:12:11
priemerný čas riešenia

Úloha 19

Kladné celé čísla a, b a c spĺňajú rovnice

a2 + b2 172 = c, c2 + b2 220 = a.

Aká je najväčšia možná hodnota výrazu a + b + c?

Riešenie

Výsledok:

26


Umocnením oboch rovníc a ich následným sčítaním dostaneme 2b2 = 392. Keďže b musí byť kladné, b = 14. Doplnením tejto informácie do prvej rovnice dostaneme a2 + 24 = c2. Teraz c2 a2 = (c a)(c + a) = 24 je párne, a teda aj d = c a musí byť párne. Ak d = 6, tak (c a)(c + a) d(d + 2), čo bude prinajmenšom 48, čo je viac ako 24. Ako prípustné možnosti ostávajú d = 2 a d = 4. V prvom prípade a + c = 12, z čoho a = 5 a c = 7. V druhom prípade a + c = 6 a následne a = 1 a c = 5. Najväčší možný súčet a + b + c je 5 + 14 + 7 = 26.

Štatistiky
1140
tímov obdržalo
64.8%
tímov vyriešilo
00:28:27
priemerný čas riešenia

Úloha 20

Timka si nakreslila kruh, ktorému vpísala a opísala pravidelné šesťuholníky. Aká časť obsahu opísaného šesťuholníka je tvorená vpísaným šesťuholníkom?

Riešenie

Výsledok:

3 4


Rozdelením plochy na zhodné trojuholníky ako na obrázku ľahko zistíme, že riešenie bude 18 24 = 3 4.

Iné riešenie. Nech r je polomerom kruhu. Šesťuholník sa dá rozdeliť na 6 rovnostranných trojuholníkov, pričom tie patriace vpísanému šesťuholníku majú výšku 1 2r3 a patriace opísanému r. Preto koeficient podobnosti bude k = 1 23 a obsahy budú v pomere k2 = 3 4.

Štatistiky
1120
tímov obdržalo
73.4%
tímov vyriešilo
00:25:39
priemerný čas riešenia

Úloha 21

Narodeniny n nazveme štvorcové, ak sú aspoň druhé a pre všetky prvočísla p, ktoré delia n, platí, že aj p2 delí n. Napríklad n = 8 = 23 je štvorcové, ale n = 56 = 8 7 nie je štvorcové. Korytnačka Kika oslávila 196. narodeniny. Koľko štvorcových narodenín si Korytnačka Kika zažila za svoj život?

Riešenie

Výsledok:

20


Všetky štvorcové narodeniny musia obsahovať len druhé a vyššie mocniny prvočísel. Množina všetkých druhých a vyšších mocnín prvočísel menších alebo rovných 196 je S = {4,8,9,16,25,27,32,36,49,64,81,100,121,125,128,144,169,196}. Všimnime si, že súčin dvoch a viacerých čísel z množiny S väčších ako 27 buď patrí do S, alebo je väčší ako 196. Z čísel menších alebo rovných 27 len 8 a 27 nie sú štvorce. Zvyšné sú štvorce a ich súčinom sa zachováva, že sú štvorce, teda tieto súčiny buď už patria do S, alebo sú väčšie ako 196. Zo súčinov obsahujúcich 8 a 27 vieme vyprodukovať mimo S len 27 4 = 108 a 8 9 = 72. Celkovo nájdeme 18 + 2 = 20 vyhovujúcich čísel.

Štatistiky
1098
tímov obdržalo
53.5%
tímov vyriešilo
00:38:24
priemerný čas riešenia

Úloha 22

Súťaž Elektrický náboj má za sebou už 10 úspešných ročníkov. Platí, že v n. ročníku bolo na súťaži n + 2 úloh očíslovaných číslami 1n + 2. Do jedenásteho ročníka súťaže sa rozhodli organizátori vybrať po jednej úlohe z každého z predošlých ročníkov tak, aby úlohám zostali pôvodné čísla a zároveň v jedenástom ročníku mali úlohy čísla 110. Koľkými rôznymi spôsobmi to vedia spraviť, ak sa doteraz úlohy neopakovali?

Riešenie

Výsledok:

13122


Z prvého ročníka vedia organizátori vybrať ľubovoľnú z 3 úloh. Z druhého ročníka majú na výber 4 1 = 3 úlohy, pretože jedno číslo už zabrala úloha z prvého ročníka. Môžeme si všimnúť, že z n. ročníka je vždy n 1 čísel už zabraných úlohami z predošlých ročníkov, takže máme (n + 2) (n 1) = 3 možnosti. To platí až po ročník 9, nie vrátane. Vtedy je 8 čísel zabraných a navyše organizátori nevedia použiť úlohu 11. Majú teda len 2 možnosti. Podobne z desiateho ročníka majú na výber len jedinú úlohu, keďže 9 čísel už vybrali a 11 ani 12 použiť nemôžu. Spolu majú 38 2 1 = 13122 možností.

Štatistiky
1055
tímov obdržalo
55.1%
tímov vyriešilo
00:33:58
priemerný čas riešenia

Úloha 23

Kladné celé číslo vyhovuje podmienke, keď začína cifrou 1 a zároveň z neho presunutím tejto cifry na koniec čísla dostaneme trikrát väčšie číslo. Aké najmenšie číslo vyhovuje podmienke?

Napríklad číslo 174 nevyhovuje, lebo 7413 174.

Riešenie

Výsledok:

142857


Keď poznáme poslednú cifru trojnásobku, vieme pôvodné číslo zrekonštruovať od konca. Konkrétne:

…x 3 = 1 x = 7, …y7 3 = 71 y = 5, …z57 3 = 571 z = 8, …t857 3 = 8571 t = 2, …s2857 3 = 28571 s = 4, …r42857 3 = 428571 r = 1.

Skôr skončiť nemôžeme, lebo by číslo nezačínalo cifrou 1. Ľahko si overíme, že 428571 = 3 142857.

Iné riešenie. Každé n-ciferné číslo začínajúce jednotkou vieme napísať ako 10n1 + a, kde a je nejaké (n 1)-ciferné číslo. Presunutím cifry 1 na koniec dostaneme číslo 10a + 1. Potrebujeme teda vyriešiť rovnicu

10a + 1 = 3 (10n1 + a).

Vieme ju ekvivalentne upraviť na 3 10n1 1 = 7a. Na ľavej strane máme číslo začínajúce cifrou 2, za ktorou sú samé cifry 9. Začneme deliť číslo 299 číslom 7 a pridávame deviatky, kým nám nevyjde zvyšok 0. Dostaneme tak číslo a = 42857. Pôvodné číslo potom bolo 142857.

Štatistiky
1007
tímov obdržalo
64.5%
tímov vyriešilo
00:34:03
priemerný čas riešenia

Úloha 24

Džavo uložil dve dvojice zhodných štvorcov (s kladnými dĺžkami strán) tak, ako je znázornené na obrázku. Dva vyznačené body sú vo vzdialenosti 1. Aký je súčet obsahov všetkých štyroch štvorcov?

Riešenie

Výsledok:

58


Označme ako x stranu menšieho štvorca. Z Pytagorovej vety pre sivý pravouhlý trojuholník vieme, že

(2x)2 + (1 + x)2 = (1 + 2x)2.

To vieme zjednodušiť na x2 = 2x, čoho jediným kladným riešením je x = 2. Hľadanou odpoveďou je preto 2 (22 + 52) = 58.

Štatistiky
944
tímov obdržalo
75.4%
tímov vyriešilo
00:17:30
priemerný čas riešenia

Úloha 25

Lezec David je spúšťaný z vrchu zvislej steny. To znamená, že je priviazaný na jednom konci lana, ktoré prechádza pevným bodom na vrchu steny a odtiaľ späť zvislo dole k Baške, ktorá lano drží a opatrne púšťa tak, aby David nespadol. Lano je pružné, takže jeho zaťažená časť (od Davida po Bašku) je napnutá tak, že sa natiahla o 20%. Navyše je uprostred lana značka, ktorá sa dostala na Davidovu úroveň, keď bol v tretine výšky steny nad zemou. Našťastie bolo lano dosť dlhé, a keď sa David ocitol na zemi (ale lano bolo stále ešte napnuté), tak mali rezervu 10 metrov nenatiahnutého lana. Určte výšku steny v metroch, ak zanedbáte výšku ľudí a dĺžku lana potrebného na uzly.

Riešenie

Výsledok:

18 metrov


Označme dĺžku (nenatiahnutého) lana ako l a výšku steny ako s. Keď sa David a značka nachádzali na jednej úrovni, tak polovica lana bola natiahnutá od Davida po vrch steny a späť – takže dvakrát dve tretiny steny. Odtiaľ

6 5 l 2 = 2 2 3s.

Keď David dosadol na zem, bolo od neho po vrch steny a naspäť natiahnuté celé lano bez 10 metrov, teda

6 5 (l 10) = 2 s.

Dosadením l = 40 18s z prvej rovnice do druhej dostaneme

8 3s 12 = 2s,

z čoho ľahko dopočítame s = 18.

Štatistiky
880
tímov obdržalo
51.6%
tímov vyriešilo
00:34:26
priemerný čas riešenia

Úloha 26

V zásuvke je n ponožiek. Ak vytiahneme náhodne dve (bez opakovania), pravdepodobnosť, že obe sú čierne, je 215. Aká je najmenšia možná hodnota n?

Riešenie

Výsledok:

10


Nech b je počet čiernych ponožiek. Potom pravdepodobnosť, že obe ponožky sú čierne, je b n b1 n1. Keďže tento výraz má byť 2 15, musí:

15 b (b 1) = 2 n (n 1).

Keďže 3 aj 5 delia ľavú stranu a obe sú nesúdeliteľné s 2, musia deliť n (n 1) na pravej strane. Keď začneme s malými násobkami 3 a 5 pre n, zistíme, že n = 6 vedie k 15 b (b 1) = 2 6 5 = 60. Avšak b (b 1) = 4 sa nedá splniť žiadny celým číslom, takže n = 6 nie je riešenie. Ak n = 10, tak b (b 1) = 12 sa dá dosiahnuť položením b = 4. Takže riešenie pre n je 10.

Štatistiky
827
tímov obdržalo
66.3%
tímov vyriešilo
00:20:34
priemerný čas riešenia

Úloha 27

Nájdite najväčšie prirodzené číslo, ktoré

Riešenie

Výsledok:

9876504


Použijeme podmienku deliteľnosti 11: číslo je deliteľné 11 práve vtedy, keď rozdiel medzi súčtom cifier na nepárnych pozíciách a súčtom cifier na párnych pozíciách je deliteľný 11.

Medzi všetkými číslami s daným počtom cifier, v tomto prípade so siedmimi, najväčšie sú tie, ktoré začínajú najväčšími ciframi. Začnime preto hľadať riešenie volením cifier od 9 smerom k nižším. Po napísaní 98765 vidíme, že súčet „nepárnej“ skupiny je 9 + 7 + 5 = 21 a súčet „párnej“ skupiny je 8 + 6 = 14. Rozdiel je 7 a musíme ho spraviť deliteľný 11 použitím dvoch cifier z množiny {0,1,2,3,4}. To sa dá spraviť jediným spôsobom – pridaním 0 do „párnej“ skupiny a 4 do „nepárnej“ skupiny, čo vytvorí riešenie 9876504. Keďže každé iné riešenie by muselo začínať postupnosťou piatich cifier menšou než 98765, je toto naozaj najväčšie možné číslo.

Iné riešenie. Začnime najväčším číslom, ktoré pozostáva zo siedmich rôznych cifier, 9876543. Všimnime si použitím pravidla deliteľnosti 11 alebo písomným delením, že toto číslo nie je deliteľné 11, ale 9876537 je a je to najväčší násobok 11 menší než počiatočné číslo. Keďže jeho cifry nie sú rôzne, odčítame 11 a skontrolujeme, či sú cifry novozískaného čísla rôzne. Po niekoľkých krokoch

9876537987652698765159876504

dostaneme hľadané číslo 9876504.

Štatistiky
751
tímov obdržalo
73.4%
tímov vyriešilo
00:20:30
priemerný čas riešenia

Úloha 28

Majme štvoruholník ABCD s dĺžkami strán AB, BC a CD postupne 5, 3 a 10. Veľkosť vnútorného uhla pri B je 240 a vnútorného uhla pri C je 60. Vypočítajte dĺžku AD.

Riešenie

Výsledok:

13


Zostrojme rovnostranný trojuholník BCE s bodom E na úsečke CD. Potom v trojuholníku AED platí |AE| = 8, |ED| = 7 a |DEA| = 120. Preto z kosínusovej vety |AD|2 = 82 + 72 2 7 8 cos120 = 169, takže |AD| = 13.

Iné riešenie bez použitia kosínusovej vety. Ak trojuholník AED rozšírime o polovicu rovnostranného trojuholníka so stranou dĺžky 7, môžeme použitím Pytagorovej vety dostať |AD|2 = (5 + 3 + 3,5)2 + (3,5 3)2 = 169.

Štatistiky
690
tímov obdržalo
74.1%
tímov vyriešilo
00:20:49
priemerný čas riešenia

Úloha 29

Koľko usporiadaných štvoríc kladných celých čísel (a,b,c,d) spĺňa rovnicu

2024 = (2 + a) (0 + b) (2 + c) (4 + d)?

Riešenie

Výsledok:

18


Najprv určime prvočíselný rozklad 2024 = 23 11 23. Keďže a, b, c, d sú kladné celé čísla, platí 2 + a 3, 2 + c 3 a 4 + d 5. Na pravej strane sa teda môže objaviť činiteľ 1 alebo 2 len v zátvorke (0 + b) a činiteľ 4 ešte v zátvorkách (2 + a) a (2 + c). Keďže pravá strana rovnice je súčinom štyroch zátvoriek, potrebujeme 2024 napísať ako súčin štyroch čísel, z ktorých najviac jedno je menšie ako 4. To sa dá len štyrmi spôsobmi:

2024 = 1 8 11 23, 2024 = 1 4 22 23, 2024 = 1 4 11 46, 2024 = 2 4 11 23.

V prvej možnosti máme b = 1 a zvyšné čísla vieme rozdeliť medzi zátvorky ľubovoľne, čo dáva 6 možností. V druhej možnosti máme b = 1 a buď a + 2 = 4, alebo c + 2 = 4. V oboch prípadoch môžeme zvyšné činitele rozdeliť medzi zátvorky ľubovoľne, čo dáva dokopy ďalšie 4 možnosti. Rovnako vieme zrátať, že aj v treťom a štvrtom rozklade dostaneme po 4 možnosti. Dokopy máme teda 6 + 4 + 4 + 4 = 18 možných štvoríc:

riešenie
rozklad 2024 na súčin
abcd
2024 = 8 1 11 2361919
2024 = 8 1 23 1161217
2024 = 11 1 8 2391619
2024 = 11 1 23 891214
2024 = 23 1 8 1121167
2024 = 23 1 11 821194
2024 = 4 2 11 2322919
2024 = 4 2 23 1122217
2024 = 11 2 4 2392219
2024 = 23 2 4 1121227
2024 = 4 1 22 23212019
2024 = 4 1 23 22212118
2024 = 4 1 46 1121447
2024 = 4 1 11 4621942
2024 = 22 1 4 23201219
2024 = 23 1 4 22211218
2024 = 46 1 4 1144127
2024 = 11 1 4 4691242
Štatistiky
642
tímov obdržalo
44.4%
tímov vyriešilo
00:31:35
priemerný čas riešenia

Úloha 30

Nech x a y sú kladné celé čísla také, že

2x 3y = (241 2 +1 3 +1 4 ++ 1 60 ) (241 3 +1 4 +1 5 ++ 1 60 ) 2 (241 4 +1 5 +1 6 ++ 1 60 ) 3 (24 1 60 ) 59.

Určte x + y.

Riešenie

Výsledok:

3540


Nech 2x 3y = 24k. Potom máme

k = 1 2 + (1 3 + 2 3 ) + (1 4 + 2 4 + 3 4 ) + (1 5 + 2 5 + 3 5 + 4 5 ) + + ( 1 60 + 2 60 + + 59 60 ) = = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + + 59 2 = = 1 2 (1 + 59) 59 2 = = 15 59.

Potom 2x 3y = (23 31)1559, čo znamená, že x = 3 15 59 = 45 59 a y = 15 59. Z toho x + y = 60 59 = 3540.

Štatistiky
590
tímov obdržalo
44.4%
tímov vyriešilo
00:24:06
priemerný čas riešenia

Úloha 31

Kika miluje jabĺčka, najmä postupnosti červených a zelených jabĺčok dĺžky 18 zoradených tak, že každých 12 po sebe idúcich jabĺčok obsahuje aspoň 7 zelených. Koľko takých postupností obsahujúcich najviac 8 zelených jabĺčok existuje?

Riešenie

Výsledok:

21


Sústreďme sa najprv iba na prvých a posledných 12 jabĺk. Ak všetkých šesť stredných jabĺk (712) je zelených, prvej aj poslednej dvanástici chýba už iba po jednom zelenom jablku, čo sa dá ľahko opraviť umiestnením po jednom zelenom jablku do prvej aj poslednej šestice, takže osem zelených jabĺk stačí.

Ak niektoré zo stredných šiestich jabĺk je červené, potrebovali by sme dokopy viac ako 8 zelených jabĺk, pretože za každé zelené jablko odobraté zo strednej šestice potrebujeme pridať dve (jedno do prvej šestice a druhé do poslednej). Preto je 8 minimálny potrebný počet zelených jabĺk, pričom šesť z nich musí byť umiestnených do stredu, jedno v prvej šestici a jedno v poslednej.

Avšak prvé a posledné zelené jablko nemôžu byť umiestnené do svojich šestíc ľubovoľne. Aby platila podmienka pre každých 12 po sebe idúcich jabĺk, vzdialenosť medzi týmito dvomi zelenými nesmie prekročiť 12, napríklad ak prvé zelené jablko bude na pozícii 2, posledné môže byť buď na pozícii 13, alebo 14. V závislosti od pozície prvého zeleného jablka to posledné má 16 možných pozícií. Sčítaním týchto možností dostaneme dokopy 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 možných postupností.

Štatistiky
522
tímov obdržalo
54.0%
tímov vyriešilo
00:22:05
priemerný čas riešenia

Úloha 32

Fero má 33 mincí s hodnotou 1 cent, 106 mincí s hodnotou 2 centy a 31 mincí s hodnotou 5 centov. Chce ich rozdeliť na dve kôpky s rovnakým počtom mincí a s rovnakou hodnotou a jednu kôpku dať svojej sestre. Koľkými spôsobmi to vie urobiť? Mince s rovnakou hodnotou považujeme za nerozlíšiteľné.

Riešenie

Výsledok:

12


Nech a je počet jednocentoviek, b počet dvojcentoviek a c počet päťcentoviek v sestrinej kôpke. Potom máme rovnosti

a + b + c = 1 2(33 + 106 + 31) = 85, a + 2b + 5c = 1 2(33 + 2 106 + 5 31) = 200.

Odčítaním prvej rovnice od druhej dostaneme b + 4c = 115. Táto rovnica má viacero riešení tvaru b = 115 4c pre rôzne dané c. Avšak z podmienok 0 < 115 4c < 106 pre b vyplýva, že c {3,4,,28}. Navyše, nie všetky riešenia dávajú zmysluplné množstvo jednocentových mincí. Preto musíme pridať podmienku 0 85 (115 4c + c) = 30 + 3c 33. Vidíme, že iba hodnoty c z množiny {10,11,21} vedú k správnemu riešeniu. Existuje teda 12 možných spôsobov.

Štatistiky
445
tímov obdržalo
35.3%
tímov vyriešilo
00:32:51
priemerný čas riešenia

Úloha 33

Na obrázku sú rovnostranný trojuholník, pravidelný päťuholník a obdĺžnik tak, že niektoré ich vrcholy ležia na kružnici (iba časť je vyobrazená na obrázku). Nájdite veľkosť vyznačeného uhla v stupňoch.

Riešenie

Výsledok:

36


Pripomeňme si vetu o obvodovom uhle; veľkosť uhla, pod ktorým sa pozeráme z bodu Z kružnice k na jej tetivu XY , závisí iba od toho, na ktorom z oblúkov kružnice k ohraničených bodmi X, Y bod Z leží. Navyše, obvodový uhol prislúchajúci kratšiemu oblúku a obvodový uhol prislúchajúci dlhšiemu oblúku sa dokopy nasčítajú na 180.

Označme si nejaké z bodov ako na obrázku vyššie. Keďže pravidelný päťuholník a rovnostranný trojuholník majú všetky vnútorné uhly veľkosti 108, resp. 60, vieme jednoducho dopočítať

|AEC| = 180|CBA| = 180 60 108 = 12.

Podobne

|BED| = 180|DCB| = 180 60 90 = 30.

Nakoniec si uvedomme, že trojuholník ABC je rovnoramenný, a preto

|BEC| = |BAC| = 180 108 60 2 = 6.

Teraz už zo znalosti troch uhlov pri vrchole E vieme hľadaný uhol vyjadriť jednoducho ako

|AED| = 12 + 30 6 = 36.

Štatistiky
404
tímov obdržalo
55.9%
tímov vyriešilo
00:24:33
priemerný čas riešenia

Úloha 34

Koľkými spôsobmi vie Marek umiestniť 9 veží na šachovnicu 4 × 4 tak, aby každá veža bola ohrozená nejakou inou vežou? Dve veže sa navzájom ohrozujú, ak sú v rovnakom riadku alebo stĺpci.

Riešenie

Výsledok:

11296


Spočítajme počet možností, keď aspoň jedna veža nie je ohrozovaná žiadnou inou. Táto veža musí byť sama vo svojom riadku aj stĺpci zároveň, čo znamená, že je najviac jedna taká veža. Môžeme ju umiestniť na akékoľvek políčko 4 4 = 16 spôsobmi. Po odstránení jej riadku a stĺpca ostane deväť políčok, kam musíme umiestniť zvyšných osem veží. To vieme určením políčka, na ktoré vežu neumiestnime, čo nám dáva 9 možností. Dokopy máme teda 16 9 = 144 spôsobov, ako to spraviť. Celkový počet spôsobov, ako vybrať deväť políčok spomedzi 16, je rovný (16 9) = 11440, čiže hľadaný výsledok je 11440 144 = 11296.

Štatistiky
359
tímov obdržalo
58.5%
tímov vyriešilo
00:20:49
priemerný čas riešenia

Úloha 35

Kladné celé číslo N nie je prvočíslo a všetky jeho delitele okrem samotného N sú menšie ako 100. Nájdite najväčšie možné N.

Riešenie

Výsledok:

9409


Keďže N nie je prvočíslo, buď je to 1, alebo existuje prvočíslo p < N, ktoré delí N. Podmienka p < 100 vedie na

p 97.

Všimnime si, že N = 972 = 9409 spĺňa zadané podmienky.

Predpokladajme, že existuje číslo N > 9409, ktoré tiež spĺňa zadané podmienky. Ak p 97 je prvočíslo, ktoré delí N, tak podiel N p je číslo väčšie ako 97. To dáva N p {98,99}, keďže každý deliteľ N musí byť menší ako 100. Ale potom N je deliteľné k {2,3} a z danej podmienky plynie

N = k N k 3 99 < 972,

čo je spor.

Hľadané číslo je preto N = 9409.

Štatistiky
314
tímov obdržalo
71.0%
tímov vyriešilo
00:12:54
priemerný čas riešenia

Úloha 36

David sa rozhodol ísť na dovolenku do Rovnobežkova. Narazil tu na zaujímavú mestskú hromadnú dopravu, ktorá pozostáva z troch autobusových spojov, hlavnej stanice a zastávok očíslovaných 1, 2, 3, …. Všetky spoje začínajú na hlavnej stanici, ktorá je na obrázku označená písmenom c. Následne prechádzajú zastávkami v rastúcom poradí. Bežný spoj A zastavuje na každej z nich (čiže postupne 1, 2, 3, …), zrýchlený spoj B na každej druhej (čiže postupne 2,4,6,) a expresný spoj C zas na každej tretej (čiže postupne 3, 6, 9, …). David, ktorý dorazil na hlavnú stanicu, sa potrebuje dostať na zastávku číslo 17, kde sa má stretnúť s Kubkom. Vždy, keď autobus, v ktorom sa David práve nachádza, zastaví na zastávke, môže v ňom buď zotrvať alebo z neho vystúpiť a prestúpiť na iný. Koľkými spôsobmi sa vie David dostať za Kubkom, ak jazdy, ktoré sa líšia iba v čase čakania na prestupný spoj, považujeme za rovnaké?

Riešenie

Výsledok:

845


Uvažujme ľubovoľnú zastávku z0, na ktorej stoja všetky tri spoje a označme z1, z2, …, z6 nasledujúcich 6 zastávok na trase spoja A. Teraz spočítame, koľkými spôsobmi sa David vie dostať z z0 na z6.

1.
Na zastávku z1 sa vie David dostať iba jediným spôsobom – spojom A.
2.
Na zastávku z2 sa vie dostať dvoma spôsobmi – buď spojom A zo zastávky z1 alebo spojom B zo zastávky z2.
3.
Na zastávku z3 sa vie dostať troma spôsobmi. Jednak vie ísť spojom A zo zastávky z2, na ktorú sa vedel dostať dvoma spôsobmi, a jednak vie použiť spoj C zo zastávky z0, na ktorú sa vedel dostať jedným spôsobom.
4.
Na zastávku z4 sa vie dostať zo z3 spojom A a zo z2 spojom B, čo dokopy dáva 2 + 3 = 5 možností.
5.
Na zastávku z5 sa dá dostať iba zo z4 spojom A, čo nám dáva 5 možností.
6.
Na zastávku z6 sa vie dostať spojom A zo z5, spojom B zo z4 alebo spojom C zo z3, čiže dokopy sa na ňu vieme dostať 3 + 5 + 5 = 13 možnosťami.

Keďže hlavná stanica c spĺňa predpoklady na z0 (stoja na nej všetky tri spoje), vieme sa z nej na zastávku číslo 6 trinástimi spôsobmi. Podobnú úvahu vieme urobiť aj pre zastávku 6, z ktorej sa vieme dostať 13 spôsobmi na zastávku 12. A aj zastávka 12 vie byť zastávkou z0, čiže počet spôsobov, ktorými sa vieme dostať z 12 na 17, je rovnaký ako počet spôsobov, ktorými sa vieme dostať zo z0 na z5, čiže 5. Preto celkový počet spôsobov, ktorými vie David doraziť za Kubkom, je 5 132 = 845.

Štatistiky
274
tímov obdržalo
41.6%
tímov vyriešilo
00:24:31
priemerný čas riešenia

Úloha 37

Pre reálne číslo x symbol x označuje najväčšie celé číslo neprevyšujúce x. Ďalej {x} = x x. Majme takú postupnosť reálnych čísel, že a1 = 3 a pre každé kladné celé n platí an+1 = an + 1 {an}. Akú hodnotu má a2024?

Riešenie

Výsledok:

3034 + 3+1 2 = 3035 + 31 2


Všimnime si, že a1 má desatinnú časť 3 1. Preto sa dá zapísať ako a1 = 1 + 3 1. Spočítame prvých pár členov postupnosti.

a2 = 1 + 1 3 1 = 1 + 3 + 1 2 = 2 + 3 1 2 , a3 = 2 + 2 3 1 = 2 + 23 + 2 2 = 2 + 3 + 1 = 3 + 1 + 3 1, a4 = 4 + 1 3 1 = 4 + 3 + 1 2 = 3 + 2 + 3 1 2 .

Členy a1 a a3 majú rovnakú desatinnú časť 3 1 a líšia sa o a3 a1 = 3. To isté platí pre a2 a a4, ktoré majú spoločnú desatinnú časť 31 2 a rozdiel a4 a2 = 3. Odtiaľ môžeme odhadnúť, že a2k+1 = 3k + 1 + 3 1 a a2k+2 = 3k + 2 + 31 2 pre všetky nezáporné celé k. Tento odhad treba overiť. Avšak postačuje dosadiť naše vyjadrenia do definície an+1 = an + 1 anan. A naozaj,

a2k+2 = a2k+1 + 1 a2k+1 a2k+1 = 3k + 1 + 1 3 1 = 3k + 1 + 3 + 1 2 = 3k + 2 + 3 1 2 , a2(k+1)+1 = a2k+2 + 1 a2k+2 a2k+2 = 3k + 2 + 2 3 1 = 3k + 2 + 2 (3 + 1) 2 = 3 (k + 1) + 1 + 3 1.

Nakoniec a2024 = 3034 + 3+1 2 = 3035 + 31 2 .

Štatistiky
243
tímov obdržalo
31.3%
tímov vyriešilo
00:29:50
priemerný čas riešenia

Úloha 38

Na biliardovom stole je vyznačená mriežka 10 × 10. Biliardová guľa má nulový polomer (teda je to bod), pohybuje sa po priamke, kým nenarazí na stenu, a potom sa odrazí pod rovnakým uhlom. Určte súčet druhých mocnín dĺžok všetkých možných trajektórií, po ktorých sa vie dostať guľa z bodu A do bodu B s dvoma odrazmi od stien.

Riešenie

Výsledok:

2520


PIC

Zavedieme súradnicovú sústavu tak, že ľavý dolný roh je [0,0], A = [2,4] a B = [6,3]. Body A a B preklopíme osovo súmerne postupne podľa strán štvorca. Ich obrazy a vrcholy štvorca označíme ako na obrázku.

Teraz vezmime trajektóriu z bodu A do bodu B, pri ktorej sa guľa odrazí postupne od strán KN a MN. Preklopením A podľa KN a B podla MN sa trajektória zmení, vďaka pravidlu o uhle odrazu, na úsečku A1B2. Keby sa guľa odrazila najprv od MN a potom od KN, museli by sme dostať úsečku A2B1. Prostredný úsek trajektórie (medzi bodmi odrazu) však zostáva na mieste, a teda vnútri štvorca. Keďže sme však preklápali pozdĺž dvoch susedných strán, bod N je stredom úsečiek A1A2 a B1B2. Úsečka A2B1 musí ležať mimo a takáto trajektória nie je možná.

Analogicky vieme ukázať, že všetky trajektórie, pri ktorých sa guľa odráža od dvoch susedných stien, vieme „vystrieť“ pomocou preklopenia A a B tak, že dostaneme buď stranu štvoruholníka A1B2A3B4, alebo rovnobežnú stranu štvoruholníka B1A2B3A4. Z dvojice strán rovnakej dĺžky tak bude použitá vždy práve jedna, druhá bude mimo štvorca KLMN. Stačí nám teda sčítať druhé mocniny dĺžok strán štvoruholníka A1B2A3B4. Využitím Pytagorovej vety a faktu, že uhlopriečky tohto štvoruholníka sú na seba kolmé, dopočítame tento súčet ako

2 (82 + 132 + 122 + 72) = 852.

PIC

Teraz zostávajú trajektórie, pri ktorých sa guľa odrazí od protiľahlých stien. Tie vieme tiež vystrieť, čím dostaneme uhlopriečky rovnobežníka, rovnako ako na obrázku.

PIC

Tentoraz sú obe úsečky vhodné, aj v prípade rovnobežníka A1A3B3B1 aj v prípade A2B2B4A4.

Využijeme fakt, že v rovnobežníku je súčet druhých mocnín dĺžok uhlopriečok rovný súčtu druhých mocnín dĺžok strán. Oba rovnobežníky majú strany dlhé 20 a 12 + 42. Súčet tak bude v oboch prípadoch

2 (202 + 12 + 42) = 834.

Už iba sčítame všetky možnosti dokopy, čím dostaneme 852 + 2 834 = 2520.

Štatistiky
201
tímov obdržalo
24.9%
tímov vyriešilo
00:38:01
priemerný čas riešenia

Úloha 39

Označme x y zlepenie dvoch kladných celých čísel také, že najprv sa vypíšu postupne cifry x a potom cifry y (napr. 3 4 = 34, 24 5 = 245 alebo 20 24 = 2024). Kladné celé číslo n nazývame trojdeliteľné, ak existujú po dvojiciach rôzne kladné celé čísla (bez núl na začiatku) a, b a c také, že n = a b c, a delí b a b delí c. Aké je najväčšie trojdeliteľné 5-ciferné číslo?

Riešenie

Výsledok:

94590


Keďže a, b a c sú po dvojiciach rôzne a spĺňajú podmienky týkajúce sa deliteľnosti, musí platiť, že 2 a b a 2 b c. Nech s(k) je počet cifier čísla k. Potom z podmienky deliteľnosti platí, že s(a) s(b) s(c). Dostávame sa tak ku dvom možným prípadom:

1.
s(a) = s(b) = 1 a s(c) = 3: Vtedy musí a byť najviac 4, nakoľko 4 < 9 2. Z toho dostaneme maximálne riešenie a = 4, b = 8, c = 992.
2.
s(a) = 1, s(b) = 2 a s(c) = 2: V tomto prípade musí platiť, že b < 99 2 . Aby sme maximalizovali hodnotu n, uvažujme, že a = 9. Potom b je najviac 45 a c = 90. Úvaha o menšom a vedie už len k menšiemu výsledku.

Dostávame tak najväčšie vyhovujúce číslo, ktorým je 94590.

Štatistiky
178
tímov obdržalo
86.0%
tímov vyriešilo
00:06:40
priemerný čas riešenia

Úloha 40

Nech Sx značí číslo, ktorého zápis v pozičnej číselnej sústave so základom x je reťazec cifier S, pričom x je kladné celé číslo väčšie ako všetky cifry reťazca S. Napríklad 2427 = 2 72 + 4 7 + 2 = 12810 = 100000002. Nájdite súčet všetkých kladných celých čísel x > 5, pre ktoré platí, že číslo 2024x je deliteľné číslom 15x.

Riešenie

Výsledok:

471


Hľadáme také x, aby zlomok 2x3+2x+4 x+5 bol celé číslo. Pretože

2x3 + 2x + 4 x + 5 = 2x2 10x + 52 256 x + 5,

x + 5 musí deliť 256 = 28. Keďže x > 5, hľadáme deliteľa väčšieho ako 10. Všetky vyhovujúce delitele sú 16, 32, 64, 128 a 256. Hľadané riešenie je potom

i=48(2i 5) = 29 24 25 = 512 16 25 = 471.
Štatistiky
159
tímov obdržalo
50.3%
tímov vyriešilo
00:20:33
priemerný čas riešenia

Úloha 41

Krtko má dve krabice so svietidlami. Ľavá z nich obsahuje 5 zbrusu nových lámp a 9 pokútnych žiaroviek. Tá pravá zas 9 zbrusu nových lámp a 5 pokútnych žiaroviek. Zbrusu nové lampy svietia vždy a spoľahlivo, kým pokútne žiarovky sa rozsvietia iba s pravdepodobnosťou p (0;1), ktorá je pre všetky z nich rovnaká. Určte hodnotu p, pre ktorú majú udalosti

1.
náhodne zvolená žiarovka z ľavej krabice sa rozsvieti a
2.
dve náhodne zvolené žiarovky z pravej krabice sa rozsvietia

rovnakú pravdepodobnosť.

Riešenie

Výsledok:

720


Pravdepodobnosť prvej udalosti je zrejme

P1 = 1 14(5 + 9p),

kým pre druhú udalosť dostaneme pravdepodobnosť

P2 = 1 (14 2) ((9 2) + 9 5p +( 5 2)p2) .

Našim cieľom je vyriešiť rovnicu P1 = P2. Ide o kvadratickú rovnicu, riešiteľnú štandardnými metódami. Avšak môžeme si všimnúť, že p = 1 je riešením tejto rovnice (hoc nespĺňa podmienku p < 1), čo znamená, že druhé riešenie vieme nájsť použitím Vietových vzťahov. Pripomeňme, že konštantný člen kvadratickej rovnice a(x x1)(x x2) s koreňmi x1,x2 a koeficientom a u kvadratického člena, je rovný ax1x2. Preto súčin riešení (a vzhľadom na to, že jedno riešenie je 1, tak aj hodnotu druhého z riešení) vieme určiť ako

( 9 2) ( 14 2) 5 14 ( 5 2) ( 14 2) = 7 20.
Štatistiky
141
tímov obdržalo
47.5%
tímov vyriešilo
00:17:58
priemerný čas riešenia

Úloha 42

Mišo dostal na narodeniny ako správny vedúci dopravy výstražný trojuholník. Výstražný trojuholník je tvorený troma rovnako zrezanými valcovými rúrkami. Osi valcov sa pretínajú vo vrcholoch rovnostranného trojuholníka. Dĺžky strán vnútorného a vonkajšieho obrysu (čo sú tiež rovnostranné trojuholníky) sú uvedené na obrázku. Určte objem Mišovho darčeka.

PIC
Riešenie

Výsledok:

117π 4


Pozrime sa na rovinu obsahujúcu vnútorný aj vonkajší obrys Mišovho trojuholníka a dokreslime úsečku XZ kolmú na Y Z tak, ako na obrázku.

Keďže rovnostranný trojuholník je symetrický, dostávame |Y Z| = 3 a |ZY X| = 30. Preto |XZ| = 3. Rozrezaním trojuholníka rovinami označenými v obrázku bodkovanými a čiarkovanými čiarami sa rozpadne na tri valce s polomerom |XZ| 2 = 3 2 a výškou 10 a šesť častí, ktoré vieme pospájať tak, že tvoria tri valce s rovnakým polomerom a výškou 3. Hľadaný objem je potom

V = π (3 2 )2 (3 10 + 3 3) = 117π 4 .
Štatistiky
123
tímov obdržalo
67.5%
tímov vyriešilo
00:12:33
priemerný čas riešenia

Úloha 43

Pedro si napísal za seba 10 navzájom rôznych kladných celých čísel tak, aby

1.
súčet ľubovoľných dvoch po sebe idúcich čísel bol deliteľný 3 a
2.
súčet ľubovoľných troch po sebe idúcich čísel bol deliteľný 2.

Aký je najmenší súčet takýchto desiatich čísel?

Riešenie

Výsledok:

78


Ukážeme, že optimálna konštrukcia je postupnosť (2,1,5,4,11,7,8,13,17,10) so súčtom 78. Ak je v postupnosti číslo deliteľné 3, tak aj jeho susedia musia byť deliteľní 3, a teda ich súčet je najmenej 3 (1 + 2 + + 10) = 3 1011 2 = 165 > 78, čo nie je optimálne.

Keďže súčet ľubovoľnej trojice za sebou idúcich čísel musí byť deliteľný 2, musia byť buď všetky párne, alebo dve z nich nepárne a jedno párne. Ak má trojica (xi,xi+1,xi+2) v sebe všetky členy párne, tak všetky členy celej postupnosti musia byť tiež párne, lebo ak zoberieme trojicu (xi1,xi,xi+1), tak tá musí byť mať párne členy a rovnako aj trojica xi+1,xi+2,xi+3. Najmenší súčet, ktorý tak vieme dostať, je 2 1011 2 = 110 > 78.

Ostáva nám teda ešte prípad, keď trojica obsahuje dva nepárne členy (N) a jeden párny člen (P). Rozoberme si jednotlivé konfigurácie:

1.
NPNNPNNPNN: Sčítaním 7 najmenších nepárnych čísel a 3 najmenších párnych čísel, ktoré nie sú deliteľné 3, dostaneme 1 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 2 + 4 + 8 = 87 > 78.
2.
NNPNNPNNPN: Tento prípad je symetrický s predošlým.
3.
PNNPNNPNNP: Sčítaním 6 najmenších nepárnych čísel a 4 najmenších párnych čísel, ktoré nie sú deliteľné 3, dostaneme 1 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 2 + 4 + 8 + 10 = 78, čo je hľadaný výsledok.
Štatistiky
106
tímov obdržalo
54.7%
tímov vyriešilo
00:17:59
priemerný čas riešenia

Úloha 44

Robka si zlomila ruku, a tak sa teraz hrá so zlomkami. Chcela by nájsť také prirodzené čísla a, b spĺňajúce

2020 2024 < a2 b < 999 1000,

pre ktoré je súčet a + b najmenší možný. Avšak má zlomenú ruku, takže nemôže písať. Pomôžte jej a určte tento najmenší možný súčet.

Riešenie

Výsledok:

553


Zadané nerovnosti vieme ekvivalentne prepísať na

1000 999 < b a2 < 2024 2020.

Robka preto potrebuje vybrať najmenšie prirodzené a, pre ktoré existuje prirodzené b spĺňajúce

1000 999 a2 < b < 2024 2020 a2a2 + 1 999 a2 < b < a2 + 4 2020 a2.

Pre a < 32 platí, že a2 < a2 + a2 999 < a2 + 1. Ak má preň existovať prirodzené b spĺňajúce podmienky, musí byť aspoň a2 + 1, a preto horné ohraničenie a2 + 4 2020 a2 musí byť ostro väčšie ako a2 + 1, čiže 4a2 2020 > 1. Keďže

4 222 2020 = 442 2020 = 1936 2020 < 1a4 232 2020 = 462 2020 = 2116 2020 > 1,

najmenšia hodnota a spĺňajúca nerovnosť je 23. Preto a = 23 a b = a2 + 1 = 530 sú hľadané hodnoty a ich súčet je 23 + 530 = 553.

Štatistiky
92
tímov obdržalo
48.9%
tímov vyriešilo
00:15:39
priemerný čas riešenia

Úloha 45

Miro si kúpil stan s podlahou v tvare trojuholníka so stranami 1,3, 2 a 2,1 metra. V reklame bolo spomenuté, že osoba výšky v si môže ľahnúť cez ľubovoľný bod na podlahe. Teda každý bod na podlahe patrí nejakej úsečke dĺžky najmenej v vo vnútri stanu. Aký najvyšší môže byť Miro, aby sa na neho vzťahovala vlastnosť z reklamy?

Riešenie

Výsledok:

126 65 metra


Tvrdíme, že najdlhšia úsečka, ktorá sa dá vložiť do ostrouhlého trojuholníka (čo trojuholník zo zadania je) skrz ľubovoľný bod je najdlhšia výška. Nakreslením všetkých úsečiek z vrchola k protiľahlej strane pokryjeme celý trojuholník. Najkratšia úsečka v takomto pokrytí je príslušná výška. Navyše ostrouhlý trojuholník obsahuje všetky svoje výšky.

Stačí ukázať, že žiadna dlhšia úsečka nevyhovuje. Pozrime sa na pätu najdlhšej výšky. Ak je príslušná strana kratšia ako výška, tak potom neexistuje dlhšia úsečka. To vychádza z toho, že všetky úsečky obsahujúce pätu výšky nie sú dlhšie ako maximum z dĺžky výšky a strany. Podľa vzorca pre výpočet plochy trojuholníka vieme, že najdlhšia výška prislúcha najkratšej strane. Teda v našom prípade hľadaná výška prislúcha strane s dĺžkou 1,3. Preto ak príslušná výška je dlhšia ako 1,3 tak sme hotoví.

Existuje mnoho spôsobov, ako spočítať dĺžku príslušnej výšky. Napríklad cez Herónov vzorec vypočítať obsah a potom vydeliť dĺžkou strany. Ukážeme jednoduchší postup. Pre jednoduchosť vynásobme dĺžky strán 10. Označme x a 13 x dĺžky úsečiek k prislúchajúcej päte výšky. Potom z Pytagorovej vety

202 x2 = 212 (13 x)2, 26x = 128, x = 64 13.

A preto je výška

h = 202 (64 13 )2 = 4 1325 169 256 = 4 139 9 49 = 252 13 .

Keďže 252 13 > 13, tak výška je dlhšia ako dĺžka strany. Výsledok je preto 252 130 = 126 65 metrov.

Štatistiky
77
tímov obdržalo
42.9%
tímov vyriešilo
00:21:34
priemerný čas riešenia

Úloha 46

Nájdite najväčšie kladné celé číslo q také, že pre všetky kladné celé čísla n 55, číslo q delí výraz

n(n + 4)(n 23)(n 54)(n + 63).
Riešenie

Výsledok:

40


Označme daný súčin ako A. Rozoberieme zvyšky A po delení 5; členy súčinu budú n, n + 4, n + 2, n + 1 a n + 3. Keďže dané členy dávajú po delení 5 rôzne zvyšky, tak aspoň jeden z nich bude 0 a príslušný člen bude deliteľný 5, a teda 5A.

Ak n je párne, v A existujú aspoň 3 párne členy, teda 8A. Ak n je nepárne, v súčine sa nachádzajú 2 párne členy s rozdielom 86. Ďalej 86 2(mod4), teda práve jeden z členov tohto súčinu je deliteľný 4, teda 8A. Celkovo tak dostávame 40A.

Ak zoberieme napríklad n = 59, vidno, že najvyššie mocniny 2, resp. 5, ktoré delia A, sú práve 8 a práve 5. Ak n = 55, možno pozorovať, že 3 A. Pre ľubovoľné prvočíslo p > 5 pokrývajú zvyšky po delení 5 v jednotlivých členoch súčinu najviac 5 < p zvyškov modp, teda je vždy možné nájsť n také, že p A. Na základe toho dostaneme riešenie q = 40.

Štatistiky
62
tímov obdržalo
69.4%
tímov vyriešilo
00:15:15
priemerný čas riešenia

Úloha 47

Andy, Baška, Čeky, Denys a Ela sa rozhodli zapísať si niektoré z dvoch predmetov iných fakúlt – Mágia a čarodejníctvo z antropologickej perspektívy a Chirurgia (5). Andy a Baška si zapísali iba čarodejníctvo, Čeky a Ela iba chirurgiu. Denys si verí a zapísal si oba. Mati vie, že na obidva predmety chodia práve traja z jeho kamarátov, ale netuší, ktorí traja. Tak všetkých naraz poprosí, aby prstom ukázali náhodne na spolužiaka, s ktorým majú aspoň jeden spoločný predmet (čiže Denys ukáže na každého zo zvyšných štyroch ľudí s pravdepodobnosťou 1 4). Aká je pravdepodobnosť, že na základe tejto informácie bude Mati vedieť s istotou určiť, že Denys je ten, kto chodí na oba predmety?

Riešenie

Výsledok:

3 4


Ak študent prstom ukazuje na iného študenta, povieme, že je medzi nimi spojenie.

Mati je schopný identifikovať Denysa práve vtedy, ak z každého predmetu má aspoň jeden študent spojenie s Denysom. Ak Denys má viac ako dve spojenia, je to zrejmé, pretože žiaden iný študent nemôže mať toľko spojení. V opačnom prípade má Denys práve jedno spojenie na každom z predmetov.

Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že máme spojenia Andy – Denys a Čeky – Denys. Keďže Baška nemá spojenie s Denysom, musí ukazovať na Andyho. Rovnako vieme odargumentovať, že Ela ukazuje na Čeky. Preto máme reťaz spojení Baška – Andy – Denys – Čeky – Ela, a keďže jediné možné reťaze spojení dĺžky 4 obsahujúce všetkých 5 študentov majú Denysa uprostred, sme hotoví.

Naopak, ak Denys nemá spojenie s niektorým predmetom, môžeme predpokladať, že chodí iba na ten druhý (pretože Mati nemá žiadnu informáciu, že na ten prvý by mal chodiť), a preto je od svojich spolužiakov na tomto predmete nerozlíšiteľný.

Teraz môžeme prejsť k určeniu výslednej pravdepodobnosti.

1.
Predpokladajme, že Andy a Baška ukazujú na seba navzájom (čo nastáva s pravdepodobnosťou 1 2 1 2 = 1 4), zatiaľ čo Čeky a Ela nie (to nastáva s pravdepodobnosťou 1 1 4 = 3 4). Okrem toho Denys musí ukazovať buď na Andyho, alebo na Bašku (čo nastáva s pravdepodobnosťou 2 4). Analogicky vieme doriešiť aj prípad, keď Čeky a Ela ukazujú na seba navzájom a Andy s Baškou nie.
2.
V opačnom prípade aspoň jeden z Andyho a Bašky ukazuje na Denysa s pravdepodobnosťou 1 1 4, to isté s pravdepodobnosťou 1 1 4 platí aj pre Čeky a Elu a potom je irelevantné, kam ukazuje Denys.

Keď to všetko nasčítame, dostaneme

1 4 (1 1 4 ) 2 4 + 1 4 (1 1 4 ) 2 4 + (1 1 4 ) (1 1 4 ) = 3 32 + 3 32 + 9 16 = 3 4.
Štatistiky
54
tímov obdržalo
40.7%
tímov vyriešilo
00:19:49
priemerný čas riešenia

Úloha 48

Mišova funkcia f : 0 0 spĺňa

1.
f(x) = x2 pre všetky 0 x < 1 a
2.
f(x + 1) = f(x) + x + 1 pre všetky nezáporné reálne x.

Pomôžte Mišovi nájsť všetky nezáporné reálne x také, že f(x) = 482.

Riešenie

Výsledok:

15 + 11 2 = 15 + 242


Označme desatinnú časť čísla x ako {x}. Potom

f(x) = f(x + {x}) = x + {x} + f(x 1 + {x}) = = i=1xi + x{x} + f({x}) = x (x + 1) 2 + x{x} + {x}2.

Ďalej ukážeme, že f je rýdzo rastúca. Pre x,y n,n + 1) také, že x < y, sa dá z podmienok v zadaní ukázať, že f(x) < f(y). Pre všetky x n,n + 1) platí nerovnosť f(x) < f(n + 1), pretože

f(x) = x (x + 1) 2 + x{x} + {x}2 < x (x + 1) 2 + x + 1 = (x + 2) (x + 1) 2 = (n + 2) (n + 1) 2 = f(n + 1).

Preto existuje najviac jedno riešenie. Nájdime teda najväčšie kladné celé číslo n také, že n2+n 2 482. Riešením kvadratickej rovnice dostaneme n = 30, na základe čoho vieme, že x = 30. Preto potom 482 = f(x) = x(x+1) 2 + x{x} + {x}2 = 15 31 + 30 {x} + {x}2. Opäť tak dostávame kvadratickú rovnicu, ktorej riešením je 15 + 242, ktoré leží medzi 0 a 1, teda môže byť desatinnou časťou x. Jediné riešenie je tak x = 30 15 + 242 = 15 + 112.

Štatistiky
52
tímov obdržalo
21.2%
tímov vyriešilo
00:21:45
priemerný čas riešenia

Úloha 49

Na obrázku sú dva štvorce a dva vyznačené uhly rovnakej veľkosti. Zistite v stupňoch veľkosť uhla označeného otáznikom.

Riešenie

Výsledok:

112,5


Dokreslíme si kolmé priemety vrchola P pri hľadanom uhle, na strany väčšieho štvorca a označíme ich ako na obrázku.

Ľahko vidieť, že štyri šedé trojuholníky sú podobné. Vskutku všetky sú pravouhlé s odvesnami rovnakých dĺžok a s jedným uhlom α, ktorý udáva to, ako sú štvorce navzájom pootočené. Potom vieme, že P4PP3D je obdĺžnik vytvorený ďalšími dvoma kópiami šedých trojuholníkov, a preto vyznačený uhol musí byť 2α. Trojuholníky AXY a PP2C sú pravouhlé a rovnoramenné, čiže 2α = 45 a hľadaný uhol je

90 α + 45 = 112,5.

Štatistiky
45
tímov obdržalo
33.3%
tímov vyriešilo
00:22:12
priemerný čas riešenia

Úloha 50

Števka sa už unavila z tradičných operácií, a tak si vymyslela jednu vlastnú – hviezdenie. Táto operácia označená aj ako a b je definovaná na reálnych číslach a má nasledujúce vlastnosti:

1.
(a + b) c = (a c) + (b c),
2.
a (b + c) = (a b) c.

S predpokladom, že 3 2 = 54, pomôžte Števke nájsť hodnotu 5 4.

Riešenie

Výsledok:

1620


Aby sme našli všeobecný predpis pre n m, kde m a n sú kladné celé čísla, využijeme prvú vlastnosť a dostaneme

n m = (1 + (n 1)) m = 1 m + (1 + (n 2)) m (1. vlastnosť) = 1 m + 1 m + + 1 m (1. vlastnosť) = n (1 m). (výsledok A)

Predpokladajme, že 1 1 = k. Potom na základe predošlého výsledku a druhej vlastnosti možno odvodiť

1 m = 1 (1 + (m 1)) = (1 1) (m 1) (2. vlastnosť) = (((1 1) 1)) 1 (2. vlastnosť) = ((k 1)) 1 = ((k (1 1))) 1 (výsledok A) = ( (k2 1)) 1 = (výsledok A) = km (výsledok B)

Využitím nadobudnutých poznatkov už len vyjadríme 3 2:

54 = 3 2 = 3 (1 2), (výsledok A) 18 = 32 2 = 1 2 = k2, (výsledok B) 3 2 = k.

Preto n m = n (3 2)m, teda 5 4 = 5 (3 2)4 = 1620.

Štatistiky
38
tímov obdržalo
26.3%
tímov vyriešilo
00:14:20
priemerný čas riešenia

Úloha 51

Marek chce zafarbiť štvorčeky štvorčekovej siete 10 × 11 bielymi a čiernymi políčkami, pričom žiadny štvorček nemá viac ako jeden susedný štvorček, ktorý s ním zdieľa farbu. Koľkými rôznymi spôsobmi môže Marek zafarbiť štvorčekovú sieť? Za susedné štvorčeky považujeme tie, ktoré zdieľajú hranu. Za rôzne považujeme aj šachovnice, ktoré stačí otočiť o 180, aby vyzerali rovnako.

Riešenie

Výsledok:

464


Ak máme obdĺžnik 2 × 1 (domino) políčok rovnakej farby, následne celý „dvojitý“ stĺpec (resp. „dvojitý“ riadok), v ktorom toto domino leží, musí byť vyplnený rovnako otočenými dominami so striedajúcimi sa farbami. To nám zaručí, že na celej šachovnici sú všetky dominá rovnako otočené. Spomeňme, že vyplnenie pásu n × 1 políčok dominami a štvorčekmi vieme urobiť fn spôsobmi, kde f je Fibonacciho postupnosť spĺňajúca f0 = 1 a f1 = 1.

Keďže všetky dominá musia byť rovnako otočené a rozloženie domín a štvorčekov na všetkých riadkoch (resp. stĺpcoch) je identické, počet všetkých možných rozložení jednofarebných domín a štvorčekov je f10 + f11 1. Jednotku sme odčítali preto, že rozloženie obsahujúce iba štvorčeky a žiadne dominá sme započítali dvakrát. Navyše, každému rozloženiu vieme priradiť dve rôzne ofarbenia v závislosti od toho, akú farbu má ľavé horné políčko, keďže následne sa už farby musia striedať.

Dokopy je preto 2 (144 + 89 1) = 464 ofarbení šachovnice.

Štatistiky
28
tímov obdržalo
32.1%
tímov vyriešilo
00:18:25
priemerný čas riešenia

Úloha 52

Mati sa učí o kĺzavých priemeroch. Zobral si svoju obľúbenú postupnosť (Fibonacciho postupnosť) {Fk}k=0, pre ktorú platí, že Fn = Fn1 + Fn2, kde F0 = 0 a F1 = 1. Na základe nej si zostavil postupnosť kĺzavých priemerov {mk}k=62024, pre ktorú platí mk = Fk+Fk1++Fk6 7 . Koľko prvkov postupnosti {mk}k=62024 sú celé čísla?

Riešenie

Výsledok:

252


Na začiatok si pripomeňme, že i=0kFi = Fk+2 1. Toto tvrdenie dokážeme indukciou, kde indukčnou bázou je i=00Fi = F0 = 0 = 1 1 = F2 1 a ako indukčný krok spravíme i=0k+1Fi = Fk+1 + i=0kFi = Fk+1 + Fk+2 1 = Fk+3 1. Preto

Fk + Fk1 + + Fk6 = i=0kF i i=0k7F i = Fk+2 Fk5 = 7 mk.

Nech dl je zvyšok Fl po delení 7. Potom členy postupnosti {dl}l=02024

0,1,1,2,3,5,1,6,0,6,6,5,4,2,6,1,0,1,1,,0,

a keďže dl dl1 + dl2(mod7), je jasné, že postupnosť zvyškov dl bude mať periódu dĺžky 16.

Pre všetky indexy l také, že dl+2 dl5(mod7), platí, že l 4,12(mod16). Keďže 6 l 2024 a 2024 = 126 16 + 8, tak existujú riešenia v tvare l = 16 k + 4 ak 1 k 126 a v tvare l = 16 k + 12 ak 0 k 125. Celkovo dostávame 2 126 = 252 riešení.

Štatistiky
25
tímov obdržalo
36.0%
tímov vyriešilo
00:18:26
priemerný čas riešenia

Úloha 53

Do kružnicového výseku s vnútorným uhlom 60 vpíšeme ďalší kružnicový výsek a toto zopakujeme ešte raz tak ako na obrázku. Určte pomer polomerov najmenšieho a najväčšieho výseku.

Riešenie

Výsledok:

398


Otočme najmenší výsek ako na obrázku.

Z toho je jasné, že potrebujeme vypočítať y-ovú súradnicu prieniku prvého a druhého výseku.

Nech stred prvého výseku je na súradniciach (0,0) a pravý vrchol na (1,0). Potom najväčšiu kružnicu vieme popísať rovnicou x2 + y2 = 1 a strednú kružnicu rovnicou (x 1)2 + y2 =(3 2 )2. Odčítaním prvej rovnice od druhej dostaneme 1 2x = 3 4 1, a preto x = 5 8. Potom môžeme dopočítať, že y = ±39 8 , a keďže zápornému riešeniu neprislúcha korektná geometrická konfigurácia, jediné riešenie je 39 8 .

Štatistiky
19
tímov obdržalo
26.3%
tímov vyriešilo
00:23:20
priemerný čas riešenia

Úloha 54

Včelí plást pozostáva z 2024 šesťuholníkových políčok. V strednom políčku je 1ml medu. Podľa špirálového vzoru zobrazeného na obrázku sa v políčkach nachádza rastúce množstvo medu, až kým posledné políčko nebude mať 2024ml. Kráľovná Maja sa rozhodla postaviť diaľnicu zo stredového políčka priamo na okraj, ako je vyznačené šedou farbou na obrázku. Aby to mohla spraviť, musia robotnice presunúť med zo šedých políčok. Koľko medu (v mililitroch) musí byť presunutých, aby mohli vybudovať tento projekt?

PIC
Riešenie

Výsledok:

17928


Označme H(n) množstvo medu v n. políčku diaľnice od stredu. Potom H(1) = 2, H(2) = 9, atď. Pozrime sa na šesťuholníky tvorené políčkami vo vzdialenosti n od stredu. Každá strana má n políčok. Na to, aby sme sa dostali z H(n) do H(n + 1) po špirálovom vzore, potrebujeme prejsť po piatich stranách dĺžky n a jednej stanu dĺžky n + 1. Preto môžeme usúdiť, že H(n + 1) = H(n) + 5n + (n + 1) = H(n) + 6n + 1. Potom môžeme nájsť uzavretý tvar tejto postupnosti ako

H(n) = 6(n 1) + 1 + H(n 1) = = 6 ((n 1) + (n 2) + + 1) + (n 1) + H(1) = 6 (n 1)n 2 + n + 1 = 3n2 2n + 1.

Aby sme našli celkové množstvo medu, musíme nájsť počet šesťuholníkov N (nepočítajúc stred) na diaľnici. Keďže máme dokopy 2024 šesťuholníkov, tak N je najväčšie kladné celé číslo také, že

H(N) 2024, 3N2 2N 2023, N2 2 3N 674 + 1 3.

Keďže 272 2 3 27 > 729 27 > 675, tak hodnota N môže byť nanajvýš 26 a vskutku 262 2 3 26 < 676 18 < 674, nuž N = 26 je hľadaný počet diaľničných šesťuholníkov.

Teraz zostáva vypočítať sumu

1 + k=1NH(k) = 1 + 3 k=1Nk2 2 k=1Nk + k=1N1 = 1 + 1 2N(N + 1)(2N + 1) N(N + 1) + N = 1 + 13 27 53 26 27 + 26 = 17928.

Iný postup pre vypočítanie poslednej sumy spočíva v tom, že

H(k) = 6 (k 1)k 2 + k + 1 = 6 ( k 2) +( k + 1 1)

a z Pascalovho trojuholníka platí identita (tiež známa ako hokejkové pravidlo)

( m m) +( m + 1 m) + +( n m) =( n + 1 m + 1).

Potom

1 + k=1NH(k) = 1 + 6 k=1N(k 2) + k=1N(k + 1 1) = 1 + 6 ( N + 1 3) + ((N + 2 2) 1) = 27 26 25 + 14 27 = 17928.
Štatistiky
10
tímov obdržalo
20.0%
tímov vyriešilo
00:29:22
priemerný čas riešenia

Úloha 55

Koľko rozličných celých čísel sa objaví v postupnosti

12 2024 , 22 2024 ,, 20242 2024 ,

kde x označuje najväčšie celé číslo, ktoré je menšie alebo rovné ako x?

Riešenie

Výsledok:

1519


Keďže (n + 1)2 n2 = 2n + 1, pre n 1011 platí, že (n+1)2 2024 n2 2024 = 2n+1 2024 2023 2024 < 1. Potom (n+1)2 2024 n2 2024 + 1. Odtiaľ vieme, že postupnosť 12 2024 , 22 2024 ,, 10122 2024 obsahuje všetky celé čísla od 12 2024 = 0 do 10122 2024 = 506, takže medzi prvými 1012 členmi postupnosti je 507 unikátnych.

Na druhej strane, pre n 1012 platí, že (n+1)2 2024 n2 2024 = 2n+1 2024 2025 2024 > 1, a teda (n+1)2 2024 > n2 2024 . Preto každý člen z (10132 2024 , 10142 2024 ,, 20242 2024 ) na zozname ešte nebol (keďže je ostro väčší ako predchádzajúci člen). Potom z posledných 1012 členov postupnosti je všetkých 1012 unikátnych (zároveň sa nevyskytujú od prvej polovice postupnosti).

Dokopy postupnosť obsahuje 507 + 1012 = 1519 rozličných členov.

Štatistiky
7
tímov obdržalo
57.1%
tímov vyriešilo
00:11:12
priemerný čas riešenia

Úloha 56

Koľko existuje usporiadaných štvoríc (a,b,c,d), navzájom rôznych čísel a,b,c,d {1,2,,17}, takých, že a b + c d je deliteľné 17?

Riešenie

Výsledok:

1904


Zostrojme pravidelný 17-uholník P1P17. Platí, že ak a b d c(mod17), potom |PaPb| = |PdPc|, a teda body Pa, Pb, Pc, Pd tvoria rovnoramenný lichobežník. Takže základne PaPc a PbPd sú rovnobežné. Po odobratí jedného vrchola 17-uholníka ostatných 16 vrcholov môže byť popárovaných do 8 rovnobežných čiar. Každé 2 z nich môžu byť použité ako PaPc a PbPd. Existuje preto 17 ( 8 2) = 476 podmnožín. Každá podmnožina môže definovať viacero usporiadaných štvoríc. Úsečky PaPc a PcPa sú rovnaké, avšak rozličná orientácia nám dáva rozličnú štvoricu. Podobne pre úsečky PbPd a PdPb. Nakoniec tieto úsečky môžu byť vymenené, a teda výsledok je 2 2 2 476 = 3808.

Štatistiky
7
tímov obdržalo
57.1%
tímov vyriešilo
00:09:07
priemerný čas riešenia

Úloha 57

Nech ABCD je obdĺžnik a bod E je na strane CD taký, že 2|DE| = |EC|. Nech F je prienik úsečiek BD a AE. Ak |DFA| = 45, určte pomer |AD| |AB|.

Riešenie

Výsledok:

72 3


Pomer úsečiek zrejme nezávisí od veľkosti konfigurácie, preto môžeme predpokladať, že |AD| = 4. Označme kolmú projekciu bodu F na stranu AD ako G, stred kružnice opísanej trojuholníka ADF ako O a kolmú projekciu O na stranu GF ako H. Trojuholníky ABF a EDF sú podobné s pomerom |AB| : |ED| = 3 : 1, preto |AG| = 3. Ďalej máme, že |DOA| = 2 |DFA| = 90, a preto AOD je pravouhlý rovnoramenný trojuholník. Vzdialenosť O od AB aj od AD je teda 2. Označme poslednú neznámu dĺžku v pravouhlom trojuholníku HOF ako x = |HF|. Použitím Pytagorovej vety dostaneme

x2 + (3 2)2 = (22)2 = 8 x = 7.

Keďže trojuholníky DGF a DAB sú podobné, hľadaný pomer je rovný

|DA| |AB| = |DG| |DF| = 1 2 + 7 = 7 2 3 .

Štatistiky
6
tímov obdržalo
16.7%
tímov vyriešilo
00:18:12
priemerný čas riešenia

Úloha 58

Nech P(x) je polynóm stupňa 10 s celočíselnými koeficientmi taký, že má iba reálne korene a polynóm P(x) delí polynóm P(P(x) + 2x 4). Nájdite hodnotu P(2024) P(206) . Poznámka: Hovoríme, že polynóm P(x) delí polynóm Q(x), ak polynómy P(x) a Q(x) majú celočíselné koeficienty a existuje polynóm R(x) s celočíselnými keoficientmi taký, že Q(x) = R(x) P(x).

Riešenie

Výsledok:

1010 = 10000000000


Ak r je koreň polynómu P(x), tak potom aj 2r 4, 2(2r 4) 4 = 4r 12, 2(4r 12) 4 = 8r 28, …, 2nr 2n+2 + 4 sú korene polynómu P(x). Avšak P(x) má najviac 10 rôznych reálnych koreňov. Preto existuje j > i také, že 2ir 2i+2 + 4 = 2jr 2j+2 + 4. Z toho vyplýva, že 2i (r 4) = 2j (r 4), a teda r = 4. Potom P(x) = a (x 4)10, kde a je reálna konštanta. Nakoniec P(2024) P(206) = (2020 202 ) 10 = 1010 = 10000000000.

Štatistiky
4
tímy obdržali
50.0%
tímov vyriešilo
00:19:25
priemerný čas riešenia

Úloha 59

Marek je v kruhu 2024 ľudí označených 12024 po smere hodinových ručičiek. Tí si hádžu lietajúci tanier. Človek na mieste 1 hodí tanier človeku na mieste 3. Človek na mieste 3 ho ďalej hodí človeku na mieste 5 a tak ďalej, čiže každý človek hodí tanier druhému človeku po svojej ľavej ruke. Práve vynechaný človek sa nahnevá a opustí kruh. Proces sa opakuje, kým v kruhu nezostanú poslední dvaja hráči. Kde má Marek stáť, ak chce byť jeden z posledných dvoch hráčov? Nájdi súčet prípustných pozícií.

Riešenie

Výsledok:

2978


Ak sú v hre poslední dvaja hráči, tak ten, ktorý drží tanier, by ho hodil sám sebe a ostal by posledný v kruhu. Aby sme našli pozíciu posledného človeka, uvažujme nasledovne. Ak by bolo 2n ľudí v kruhu, tak každý človek na párnej pozícii by po jednom úplnom kole opustil kruh. Potom sa dostávame do podobnej situácie pre 2n1 hráčov, pričom človek na pozícii 1 by opäť držal tanier. Indukciou dostávame, že by v kruhu zostal posledný. Ak je v kruhu 2n + k ľudí, tak po k hodoch je človek na pozícii 2k + 1 v situácii, keď ostáva 2n ľudí a môžeme preňho použiť vyššie spomínanú indukciu. Tento človek teda zostáva ako posledný. Medzi 2024 = 1024 + 1000 ľuďmi, to bude človek na pozícii 2001.

Pre predposledného človeka uvažujme, že by v kruhu bolo 2n + 2n+1 ľudí. Tvrdíme, že v takomto prípade predposledný človek, ktorý ostane v kruhu, bude na pozícii 1. Vieme si to vyskúšať na malých prípadoch. Znovu indukciou, ak by bolo 2n+1 + 2n+2 ľudí v kruhu, tak po jednej plnej otočke by ich ostalo 2n + 2n+1, pričom hráč číslo 1 by znovu držal tanier. Teraz pre počet ľudí rovný 2n + 2n+1 + k sa po k hodoch dostaneme do známej situácie, a teda človek na mieste 2k + 1 ostane ako predposledný. Keďže 2024 = 1024 + 512 + 488, dostávame, že predposledný človek je na pozícii 977. Takže odpoveď je 2001 + 977 = 2978.

Štatistiky
4
tímy obdržali
25.0%
tímov vyriešilo
00:20:20
priemerný čas riešenia

Úloha 60

Kubko si hádže frisbee so svojimi 3 kamarátmi, pričom majú pravidlo, že nemôžu hodiť frisbee kamarátovi, ktorý im ho predtým hodil. Kubko hádzal ako prvý a po desiatich hodoch bol Kubko opäť tým, kto držal frisbee. Koľkými spôsobmi mohlo týchto desať hodov nastať?

Riešenie

Výsledok:

414


Spočítajme, koľko existuje postupností hádzania bez ohľadu na to, že Kubko bol posledný. Pri prvom hode mohol Kubko hodiť frisbee svojim trom kamarátom. Z týchto troch kamarátov môže každý hodiť už len dvom, lebo Kubkovi naspäť frisbee hodiť nemôžu. Teda ak frisbee bolo hodené n-krát, máme 3 2n1 postupností, kde Kubko začína.

Označme počet postupností, kde Kubko má frisbee v n. ťahu, ako yn. V n. ťahu je všetkých možností 3 2n1. Nasledujúci ťah niektoré z týchto možností môžu byť predĺžené hodom Kubkovi. Tie, ktoré nemôžu byť predĺžené Kubkovi, sú tie, kde Kubko držal disk v n. ťahu alebo (n 1). ťahu, pretože musel hodiť disk niekomu inému. Takých postupností je postupne yn a 2yn1. Preto yn+1 = 3 2n1 yn 2yn1.

Je oveľa jednoduchšie spočítať každý člen až po y10 ako hľadať uzavretý tvar. Z toho, že y1 = 0 y2 = 0 a platí rekurentný vzťah yn+1 = 3 2n1 yn 2yn1, vieme dopočítať y3 = 3 21 0 0 = 6, y4 = 3 22 6 = 6, y5 = 3 23 6 12 = 6, y6 = 3 24 6 12 = 30, y7 = 3 25 30 12 = 54, y8 = 3 26 54 60 = 78, y9 = 3 27 78 108 = 198 a nakoniec y10 = 3 28 198 156 = 414.

Iné riešenie. Uvažujme postupnosť n hodov, kde Kubko je na začiatku, na konci a nikde medzi tým nemal disk. Ak takáto postupnosť bola na začiatku hry, tak Kubko mohol hodiť disk ľubovoľnému z 3 svojich kamarátov a ten mohol pokračovať iba 2 spôsobmi, po čom už je postupnosť hodov jednoznačne určená. Ak taká postupnosť hodov je niekde uprostred, tak Kubko nemôže vrátiť disk tomu kamarátovi, ktorý hodil disk Kubkovi. Kubko preto môže prihrať iba dvom kamarátom, po čom sú znova len dve možnosti a nakoniec jednoznačne určená postupnosť. Taká postupnosť hodov nemôže byť kratšia ako 3, preto je dostatočné nájsť všetky rozklady čísla 10 na súčet, ktoré nemajú sčítance menšie ako 3. Také rozklady sú len 10, 3 + 7, 7 + 3, 6 + 4, 4 + 6, 5 + 5, 3 + 3 + 4, 3 + 4 + 3 a 4 + 3 + 3. Rozklad 10 môže byť zahratý 6 spôsobmi. Každý rozklad s dvoma sčítancami môže byť zahratý 6 4 spôsobmi, teda dokopy 5 6 4 spôsobmi. A nakoniec rozklady o troch sčítancoch môžu byť zahraté 6 4 4 spôsobmi, preto 3 6 4 4 možností. Dokopy 6 (1 + 5 4 + 3 4 4) = 6 69 = 414 možností.

Štatistiky
4
tímy obdržali
50.0%
tímov vyriešilo
00:10:49
priemerný čas riešenia

Úloha 61

Pedro si nakreslil trojuholník ABC s |CBA| = 97,4 a na jeho strane AB si vyznačil bod D taký, že |ACD| = 11,3 a |DCB| = 33,9. Potom si na AC vyznačil bod E taký, že |EC| = |BC|. Určte veľkosť uhla AED.

Riešenie

Výsledok:

41,3


Označme si α = 11,3 a β = 97,4. Následne |DCB| = 3α. Ďalej si na priamke AB označme ako FB bod spĺňajúci |CB| = |CF|.

Keďže |FBC| = 180 β a BCF je rovnoramenný, tak |BCF| = 180 2|FBC| = 2β 180. Z toho vieme, že

|ECF| = α + 3α + 2β 180 = 4 11,3 + 2 97,4 180 = 60.

Nuž a vďaka |CF| = |CB| = |CE| dostávame, že CEF je rovnostranný.

Chceli by sme ešte ukázať |FC| = |FD|. Keďže |DCF| = 60 α a |CFD| = 180 β, zo súčtu uhlov CDF vyplýva

|FDC| = 180 (60 α) (180 β) = α + β 60 = 48,7 = 60 α = |DCF|,

a teda CDF je rovnoramenný so základňou CD. Spoločne s tým, že CEF je rovnostranný, dostávame |FD| = |FC| = |FE|. Body C, D, E preto ležia na kružnici so stredom F. Z obvodových a stredových uhlov potom |CDE| = 1 2|CFE| = 30 a |DEC| = 180 α 30. Napokon

|AED| = 180|DEC| = 30 + α = 41,3.
Štatistiky
3
tímy obdržali
33.3%
tímov vyriešilo
00:15:07
priemerný čas riešenia

Úloha 62

Reálne čísla a > b > 1 spĺňajú nerovnosť

(ab + 1)2 + (a + b)2 2(a + b)(a2 ab + b2 + 1).

Určte najmenšiu možnú hodnotu

a b b 1 .
Riešenie

Výsledok:

1 2 = 2 2


Upravíme nerovnosť

(ab + 1)2 + (a + b)2 2(a + b)(a2 ab + b2 + 1), 0 2a3 + 2b3 a2b2 a2 b2 4ab + 2a + 2b 1, 0 (a2 2b + 1)(2a b2 1).

Keďže a > b > 1, potom aj a2 > b2 a a2 2b + 1 > b2 2b + 1 = (b 1)2 > 0. Preto v druhej zátvorke máme

2a b2 1 0, 2a 2b b2 2b + 1, 2(a b) (b 1)2, a b b 1 1 2.

Hodnota 12 sa nadobúda napríklad, keď a = 52 a b = 2 (ak máme dostať rovnosť, tak musí platiť a = (b2 + 1)2), takže je to skutočne najmenšia možná hodnota.

Štatistiky
3
tímy obdržali
0.0%
tímov vyriešilo
-
priemerný čas riešenia

Úloha 63

Nech x, y, z sú rôzne nenulové celé čísla, ktoré spĺňajú

(x 1)2 z + (y 1)2 x + (z 1)2 y = (x 1)2 y + (y 1)2 z + (z 1)2 x .

Nájdite najmenšiu možnú hodnotu výrazu

|64x + 19y + 4z|.
Riešenie

Výsledok:

7


Nech značenie cycQ(x,y,z) predstavuje súčet troch členov, v ktorom zvyšné dva členy získame cyklickou zámenou premenných x y z x zopakovanou dvakrát, čiže cycQ(x,y,z) = Q(x,y,z) + Q(y,z,x) + Q(z,x,y).

Prenásobením zadanej rovnice nenulovým xyz a následnými úpravami dostávame

P(x,y,z) = x(x 1)2(y z) + y(y 1)2(z x) + z(z 1)2(x y) = cycx(x 1)2(y z) = 0.

Nakoľko P nadobúda hodnotu 0 pre x = y, y = z a z = x, musí byť tento polynóm deliteľný výrazom (x y)(y z)(z x) = cycx2(z y). A keďže P(x,y,z) je polynóm stupňa 4 a cycx2(z y) je polynóm stupňa 3, zostávajúci činiteľ musí byť lineárny.

P(x,y,z) = ( cycx2(z y)) (ax + by + cz + d).

Naviac xy xz + yz yx + zx zy = cycx(y z) = 0, z čoho

P(x,y,z) = cyc (x3(y z) 2x2(y z) + x(y z)), = cyc (x3(y z) 2x2(y z)) + 0, = ( cycx2(z y)) (ax + by + cz + d).

Z toho vidno, že a musí byť 1, aby platila rovnosť x2(z y) ax = x3(y z). Podobne aj b = c = 1. Následne z x2(z y) d = 2x2(y z) platí d = 2. Preto

P(x,y,z) = (x y)(y z)(z x)(2 x y z) = 0.

Keďže hľadáme iba trojice navzájom rôznych čísel, musí platiť x + y + z = 2. Zrejme každá trojica spĺňajúca túto rovnosť spĺňa aj rovnosť zo zadania.

Aby sme našli najmenšiu možnú hodnotu |64x + 19y + 4z|, odčítajme od vnútra absolútnej hodnoty 4(x + y + z) 8, ktoré je v skutočnosti rovné nule, a teda tým hodnotu výrazu nezmeníme. Dostaneme tak

|64x + 19y + 4z| = |15 (4x + y) + 8|.

Teraz hľadáme celé číslo 4x + y, pre ktoré je hodnota výrazu minimálna. To očividne nastáva pre 4x + y = 1. A k tomu už vieme nájsť riešenie (x,y,z) = (2,7,3).

Štatistiky
2
tímy obdržali
0.0%
tímov vyriešilo
-
priemerný čas riešenia