Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$46$

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

Výsledok:

$21$

Rozlíšime dva prípady:

1.

Číslo $B$ je jednociferné a $A$ trojciferné. Možné hodnoty $B$ sú:

1:

číslo $A$ môže byť ľubovoľná permutácia $2$, $3$, $6$ → $6$ možností.

2:

$A$ musí končiť na $6$ → $2$ 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 $2$ → $2$ 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 $A\ne B$.

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 $A=63$, $B=21$ → $2$ 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.

Výsledok:

$18$

Pomer dĺžok strán štvorcov na obrázku je $3:2:1$, preto obsah najväčšieho z nich je ${\left(\frac{3}{2}\right)}^2\cdot 8=18$.

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 $2(s+k)+(2m+2k)=30+94=124$.

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 $2^6=64$ postupností.

Výsledok:

$27^{\circ }$

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

Naviac, keďže čiarkovaná úsečka $EF$ je rovnobežná s $AB$, platí $|\sphericalangle EFB|+|\sphericalangle FBA|=180^{\circ }$. Avšak vďaka tomu, že $\sphericalangle AFB$ je pravý, pre hľadaný uhol platí

$$$$

Výsledok:

$2016$

Keď od $x^3-14x+2024$ odčítame $x\cdot (x^2-4x+2)=0$, dostaneme $4x^2-16x+2024$. Keď od tohto výsledku odčítame ešte $4\cdot (x^2-4x+2)=0$, dostaneme $2016$, čo je hľadané 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.

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 $a+b=16$.

Výsledok:

$12$

Čas je úmerný objemu vykopanej hliny. Pre studňu s hĺbkou $h$ a šírkou $s$ je jej objem $V=\frac{\pi }{4}\cdot s^2\cdot h$. Dievčina teda vykope za týždeň $\frac{\pi }{4}\cdot s^2\cdot \frac{h}{3}=\frac{1}{3}V$, čo dáva $\frac{1}{21}V$ za deň. Janko Matúška za týždeň vykope $\frac{\pi }{4}\cdot {(\frac{s}{2})}^2\cdot h=\frac{1}{4}V$, čo je $\frac{1}{28}V$ za deň. Dokopy za deň vykopú

Výkop celej studne im teda bude trvať $12$ dní.

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 $\sqrt{5}$, musí byť aspoň jedna strana obdĺžnika rovná $1$, inak bude mať dĺžku aspoň $\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}>\sqrt{5}$. Ľahko dopočítame, že druhá strana obdĺžnika musí byť $2$.

Takže každý obdĺžnik $2\times 1$, resp. $1\times 2$ 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 $\sqrt{5}$.

Výsledok:

$5963$

Keďže $\mathit{ŠACH}$ a $\mathit{HAHA}$ majú rovnakú cifru na mieste stoviek a $2024$ má na mieste stoviek $0$, pri sčítaní na mieste desiatok nedochádza k prechodu cez desiatku. Takže $24+\mathit{HA}=\mathit{CH}$ 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 $\mathit{ŠACH}$ je $3741$, $4852$ alebo $5963$. Najväčšie je číslo $5963$.

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 $\frac{6}{14}=\frac{3}{7}$ z obsahu obdĺžnika. Dostávame $\frac{3}{7}\cdot 8\cdot 14=48$.

Výsledok:

$116$

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

Dosadením $c=\frac{13}{10}(d-1)$ do prvej rovnice dostaneme

Odtiaľ ľahko vyjadríme, že $1+\frac{26}{25}=\left(\frac{26}{25}-1\right)d$. Takže $d=51$. Počet chlapcov potom dopočítame ako $\frac{13}{10}\cdot 50=65$. Dokopy máme $51+65=116$ detí.

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 $50$.

Výsledok:

$65$

Označme $r$ polomer základne valca. Z prvého pozorovania vieme, že objem vody vo fľaši je $13\pi r^2$. Z druhého pozorovania vieme, že objem vzduchu vo fľaši je $(21-14)\pi r^2=7\pi r^2$. Celkový objem fľaše je teda $(13+7)\pi r^2=20\pi r^2$. Výsledné percentá dostaneme ako

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 $28$.

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

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

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

Výsledok:

$26$

Umocnením oboch rovníc a ich následným sčítaním dostaneme $2b^2=392$. Keďže $b$ musí byť kladné, $b=14$. Doplnením tejto informácie do prvej rovnice dostaneme $a^2+24=c^2$. Teraz $c^2-a^2=(c-a)(c+a)=24$ je párne, a teda aj $d=c-a$ musí byť párne. Ak $d=6$, tak $(c-a)(c+a)\ge d(d+2)$, 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 $5+14+7=26$.

Výsledok:

$\frac{3}{4}$

Rozdelením plochy na zhodné trojuholníky ako na obrázku ľahko zistíme, že riešenie bude $\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$.

$$$$

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

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 $27\cdot 4=108$ a $8\cdot 9=72$. Celkovo nájdeme $18+2=20$ vyhovujúcich čísel.

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 $3^8\cdot 2\cdot 1=13122$ možností.

Výsledok:

$142857$

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

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

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

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

Výsledok:

$58$

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

To vieme zjednodušiť na $x^2=2x$, čoho jediným kladným riešením je $x=2$. Hľadanou odpoveďou je preto $2\cdot (2^2+5^2)=58$.

$$$$

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

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

Dosadením $l=\frac{40}{18}s$ z prvej rovnice do druhej dostaneme

z čoho ľahko dopočítame $s=18$.

Výsledok:

$10$

Nech $b$ je počet čiernych ponožiek. Potom pravdepodobnosť, že obe ponožky sú čierne, je $\frac{b}{n}\cdot \frac{b-1}{n-1}$. Keďže tento výraz má byť $\frac{2}{15}$, musí:

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

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

dostaneme hľadané číslo $9876504$.

Výsledok:

$13$

Zostrojme rovnostranný trojuholník $BCE$ s bodom $E$ na úsečke $CD$. Potom v trojuholníku $AED$ platí $|AE|=8$, $|ED|=7$ a $|\sphericalangle DEA|=120^{\circ }$. Preto z kosínusovej vety $|AD{|}^2=8^2+7^2-2\cdot 7\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=169$, 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 $|AD{|}^2={(5+3+3,5)}^2+{\left(3,5\cdot \sqrt{3}\right)}^2=169$.

Výsledok:

$18$

Najprv určime prvočíselný rozklad $2024=2^3\cdot 11\cdot 23$. Keďže $a$, $b$, $c$, $d$ sú kladné celé čísla, platí $2+a\ge 3$, $2+c\ge 3$ a $4+d\ge 5$. 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:

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:

Výsledok:

$3540$

Nech $2^x\cdot 3^y=24^k$. Potom máme

Potom $2^x\cdot 3^y={(2^3\cdot 3^1)}^{15\cdot 59}$, čo znamená, že $x=3\cdot 15\cdot 59=45\cdot 59$ a $y=15\cdot 59$. Z toho $x+y=60\cdot 59=3540$.

Výsledok:

$21$

Sústreďme sa najprv iba na prvých a posledných $12$ jabĺk. Ak všetkých šesť stredných jabĺk ($7$ – $12$) 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 $1$ až $6$ možných pozícií. Sčítaním týchto možností dostaneme dokopy $1+2+3+4+5+6=21$ možných postupností.

Výsledok:

$12$

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

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 $c\in \{3,4,\dots ,28\}$. Navyše, nie všetky riešenia dávajú zmysluplné množstvo jednocentových mincí. Preto musíme pridať podmienku $0\le 85-(115-4c+c)=-30+3c\le 33$. Vidíme, že iba hodnoty $c$ z množiny $\{10,11,\dots 21\}$ vedú k správnemu riešeniu. Existuje teda $12$ možných spôsobov.

Výsledok:

$36^{\circ }$

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 $180^{\circ }$.

$$$$

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

Podobne

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

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

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 $4\cdot 4=16$ 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 $16\cdot 9=144$ spôsobov, ako to spraviť. Celkový počet spôsobov, ako vybrať deväť políčok spomedzi $16$, je rovný $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{16}{9}\right)=11440$, čiže hľadaný výsledok je $11440-144=11296$.

Výsledok:

$9409$

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

Všimnime si, že $N=97^2=9409$ spĺňa zadané podmienky.

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

čo je spor.

Hľadané číslo je preto $N=9409$.

Výsledok:

$845$

Uvažujme ľubovoľnú zastávku $z_0$, na ktorej stoja všetky tri spoje a označme $z_1$, $z_2$, …, $z_6$ nasledujúcich $6$ zastávok na trase spoja $A$. Teraz spočítame, koľkými spôsobmi sa David vie dostať z $z_0$ na $z_6$.

1.

Na zastávku $z_1$ sa vie David dostať iba jediným spôsobom – spojom $A$.

2.

Na zastávku $z_2$ sa vie dostať dvoma spôsobmi – buď spojom $A$ zo zastávky $z_1$ alebo spojom $B$ zo zastávky $z_2$.

3.

Na zastávku $z_3$ sa vie dostať troma spôsobmi. Jednak vie ísť spojom $A$ zo zastávky $z_2$, na ktorú sa vedel dostať dvoma spôsobmi, a jednak vie použiť spoj $C$ zo zastávky $z_0$, na ktorú sa vedel dostať jedným spôsobom.

4.

Na zastávku $z_4$ sa vie dostať zo $z_3$ spojom $A$ a zo $z_2$ spojom $B$, čo dokopy dáva $2+3=5$ možností.

5.

Na zastávku $z_5$ sa dá dostať iba zo $z_4$ spojom $A$, čo nám dáva $5$ možností.

6.

Na zastávku $z_6$ sa vie dostať spojom $A$ zo $z_5$, spojom $B$ zo $z_4$ alebo spojom $C$ zo $z_3$, čiže dokopy sa na ňu vieme dostať $3+5+5=13$ možnosťami.

Keďže hlavná stanica $c$ spĺňa predpoklady na $z_0$ (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 $z_0$, čiže počet spôsobov, ktorými sa vieme dostať z $12$ na $17$, je rovnaký ako počet spôsobov, ktorými sa vieme dostať zo $z_0$ na $z_5$, čiže $5$. Preto celkový počet spôsobov, ktorými vie David doraziť za Kubkom, je $5\cdot 13^2=845$.

Výsledok:

$3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

Všimnime si, že $a_1$ má desatinnú časť $\sqrt{3}-1$. Preto sa dá zapísať ako $a_1=1+\sqrt{3}-1$. Spočítame prvých pár členov postupnosti.

Členy $a_1$ a $a_3$ majú rovnakú desatinnú časť $\sqrt{3}-1$ a líšia sa o $a_3-a_1=3$. To isté platí pre $a_2$ a $a_4$, ktoré majú spoločnú desatinnú časť $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ a rozdiel $a_4-a_2=3$. Odtiaľ môžeme odhadnúť, že $a_{2k+1}=3k+1+\sqrt{3}-1$ a $a_{2k+2}=3k+2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ pre všetky nezáporné celé $k$. Tento odhad treba overiť. Avšak postačuje dosadiť naše vyjadrenia do definície $a_{n+1}=\lfloor a_n\rfloor +\frac{1}{a_n-\lfloor a_n\rfloor }$. A naozaj,

Nakoniec $a_{2024}=3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Výsledok:

$2520$

$$\text{<img alt="PIC" src="images/sk/Billiard\_soln\_1.svg" ="">}$$

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 $\mathit{KN}$ a $\mathit{MN}$. Preklopením $A$ podľa $\mathit{KN}$ a $B$ podla $\mathit{MN}$ sa trajektória zmení, vďaka pravidlu o uhle odrazu, na úsečku $A_1{B}_2$. Keby sa guľa odrazila najprv od $\mathit{MN}$ a potom od $\mathit{KN}$, museli by sme dostať úsečku $A_2{B}_1$. 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 $A_1{A}_2$ a $B_1{B}_2$. Úsečka $A_2{B}_1$ 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 $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$, alebo rovnobežnú stranu štvoruholníka $B_1{A}_2{B}_3{A}_4$. Z dvojice strán rovnakej dĺžky tak bude použitá vždy práve jedna, druhá bude mimo štvorca $\mathit{KLMN}$. Stačí nám teda sčítať druhé mocniny dĺžok strán štvoruholníka $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$. Využitím Pytagorovej vety a faktu, že uhlopriečky tohto štvoruholníka sú na seba kolmé, dopočítame tento súčet ako

$$\text{<img alt="PIC" src="images/sk/Billiard\_soln\_2.svg" ="">}$$

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

$$\text{<img alt="PIC" src="images/sk/Billiard\_soln\_3.svg" ="">}$$

Tentoraz sú obe úsečky vhodné, aj v prípade rovnobežníka $A_1{A}_3{B}_3{B}_1$ aj v prípade $A_2{B}_2{B}_4{A}_4$.

Využijeme fakt, že v rovnobežníku je súčet druhých mocnín dĺžok uhlopriečok rovný súčtu druhých mocnín dĺžok strán. Oba rovnobežníky majú strany dlhé $20$ a $\sqrt{1^2+4^2}$. Súčet tak bude v oboch prípadoch

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

Výsledok:

$94590$

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

1.

$s(a)=s(b)=1$ a $s(c)=3$: Vtedy musí $a$ byť najviac 4, nakoľko $4<\frac{9}{2}$. 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 $b<\frac{99}{2}$. 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 $94590$.

Výsledok:

$471$

Hľadáme také $x$, aby zlomok $\frac{2x^3+2x+4}{x+5}$ bol celé číslo. Pretože

$x+5$ musí deliť $256=2^8$. Keďže $x>5$, hľadáme deliteľa väčšieho ako $10$. Všetky vyhovujúce delitele sú $16$, $32$, $64$, $128$ a $256$. Hľadané riešenie je potom

Výsledok:

$7∕20$

Pravdepodobnosť prvej udalosti je zrejme

kým pre druhú udalosť dostaneme pravdepodobnosť

Našim cieľom je vyriešiť rovnicu $P_1=P_2$. 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 $a(x-x_1)(x-x_2)$ s koreňmi $x_1,x_2$ a koeficientom $a$ u kvadratického člena, je rovný $a{x}_1{x}_2$. Preto súčin riešení (a vzhľadom na to, že jedno riešenie je $1$, tak aj hodnotu druhého z riešení) vieme určiť ako