Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$14325$

Súčet $16$ je možné získať iba ako $9+7$. Keďže $R=9$ vedie k $J=N=3$, čo je v spore so zadaním, potrebujeme $S=9$ a $R=7$. Postupne dopočítame zvyšné hodnoty: $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ a $O=2$. Teda $\mathit{NABOJ}=14325$, čo môže byť interpretované ako dátum konania Náboja 2025.

Výsledok:

$14$

Koleso $A$ má $14$ zubov, koleso $B$ má $6$ a koleso $C$ má $15$. Najmenší počet zubov, o ktoré sa musia kolesá otočiť, aby sa všetky vrátili do pôvodnej pozície, musí byť násobkom $14$, $6$ aj $15$. Najmenší spoločný násobok týchto čísel je $210$. Koleso $C$ sa teda musí otočiť o $210$ zubov, čiže $210∕15=14$ otočiek.

Výsledok:

$9897989698$

Pozrime sa na cifru úplne vľavo. Dáme jej hodnotu 9, najväčšiu možnú hodnotu, a ďalej sa pokúsime vyskladať nami hľadané číslo pridávaním najväčšej možnej cifry vpravo tak, aby platili dané obmedzenia. Ďalšia cifra nemôže byť 9, namiesto nej teda použijeme cifru 8. Potom vieme znova použiť 9. V tomto bode nemôžeme použiť 9 ani 8, najväčšia použiteľná cifra je teda 7. Ďalej môžeme znova použiť 9, 8 a 9, no po nich nemôžeme použiť ani jednu cifru z množiny $\{9,8,7\}$. Použijeme teda cifru 6, potom znova môžeme použiť cifru 9 a ako poslednú, desiatu cifru, znova cifru 8. Takto sme sa dostali k číslu $n=9897989698$. Tvrdíme, že to je najväčšie vhodné desaťciferné číslo.

Skutočne, určime si $m$ ako nejaké iné vhodné desaťciferné číslo a pozrime sa na cifru najviac vľavo, ktorú majú $m$ a $n$ rozdielnu. Keďže náš algoritmus vybral vždy najväčšiu možnú cifru na danom mieste, vždy musí platiť $m\le n$ nezávisle od ostatných cifier.

Výsledok:

$6$

Obsah štvorca musí byť deliteľný 3, keďže to je obsah útvaru na obrázku. Je ľahké vidieť, že štvorec $3\times 3$ sa vyplniť nedá. Štvorec $6\times 6$ sa už vyplniť dá, napríklad nasledovne:

Výsledok:

$36$

Rozdiel obvodov je presne $|\mathit{XB}|+|\mathit{CS}|=2\cdot |\mathit{CS}|=|\mathit{CD}|$, čo sa ďalej rovná $|\mathit{BC}|$ a $|\mathit{XS}|$, takže výsledok je $3\cdot (50-38)=36$.

Výsledok:

$93$

Číslica na konci súčinu $\overline{\mathit{AB}}\cdot \overline{\mathit{BA}}$ je rovnaká ako číslica na konci súčinu $B\cdot A$, čiže na konci súčinu $B\cdot A$ je $7$. Jediné dva spôsoby, ako to dosiahnuť, sú $1\cdot 7=7$ a $3\cdot 9=27$. Možnosť $17\cdot 71$ môžeme vylúčiť, lebo jej výsledok je príliš malý, takže správna možnosť je $39\cdot 93=3627$ a riešenie je $93$.

Výsledok:

$37$

Ak Krtko drží na ruke všetky kombinácie troch farieb a dvanástich hodnôt (celkom $3\cdot 12=36$ kariet), stále je možné, že karta na vrchu odhadzovacieho balíčka má práve štvrtú (chýbajúcu) farbu a trinástu (chýbajúcu) hodnotu. V tomto prípade nemôže Krtko hrať ani jednu zo svojich kariet, preto musí byť $N$ aspoň $37$.

Na druhej strane, karta na vrchu balíčka sa hodnotou zhoduje s $12$ kartami a farbou s $3$ kartami. Keďže celkový počet kariet je $52$ a aspoň jedna z nich je na vrchu odhadzovacieho balíčka, najväčší možný počet nehrateľných kariet na Krtkovej ruke je $52-1-12-3=36$, takže ak má $37$ kariet, musí vedieť zahrať aspoň jednu.

Výsledok:

$15$

Keďže trojuholník $\mathit{FGS}$ je rovnostranný, platí $|\mathit{FS}|=|\mathit{GS}|$. Preto sú rovnoramenné trojuholníky $\mathit{GAS}$ a $\mathit{FSE}$ zhodné, a teda dĺžky $|\mathit{ES}|$ a $|\mathit{AS}|$ sú rovnaké. Z toho dôvodu je trojuholník $\mathit{EAS}$ je rovnoramenný. Keďže $|\sphericalangle \mathit{ESA}|=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$, tak $|\sphericalangle \mathit{SAE}|=\frac{1}{2}(180^{\circ }-\sphericalangle \mathit{ESA})=15^{\circ }$.

Výsledok:

$34$

Napíšme do každého trojuholníčka číslo vyjadrujúce počet trojuholníkov, ktoré je možné nakresliť s daným trojuholníčkom ako vrchným rohom alebo spodným rohom (v závislosti od orientácie):

Hľadaný počet je súčet všetkých týchto hodnôt, teda $34$.

Výsledok:

$6075$

Nech $N=\overline{\mathit{abcd}}$ je zaujímavé číslo a nech $n=\overline{\mathit{cd}}$. Potom $N=1000a+100b+n$ a keď odoberieme cifru na mieste stoviek, dostaneme číslo $M=100a+n$. Vynásobením rovnosti $M=\frac{1}{9}N$ číslom $9$ dostaneme

a následným preusporiadaním a vydelením číslom $4$ dostaneme rovnosť

Z tejto rovnosti vidíme, že $a+b$ musí byť párne číslo menšie ako $\frac{2\cdot 100}{25}=8$, keďže $n<100$. Z toho je zrejmé, že $a+b$ je najviac $6$. Keďže treba maximalizovať číslo $N$, vyberieme $a=6$ a $b=0$, z čoho vyplýva $n=75$. Nakoniec ľahko overíme, že $N=6075$ spĺňa podmienky zo zadania.

Výsledok:

$60$

Keďže loď viezla na prvej ceste $85$ ton nákladu a kokosy a slivky mohli spolu tvoriť najviac $70$ ton, musela viezť aspoň $15$ ton mandarínok. Keďže sa však množstvo mandarínok na spiatočnej ceste zdvojnásobilo, loď mohla viezť na prvej ceste najviac $15$ ton mandarínok. Preto musela viezť práve $15$ ton mandarínok a plnú kapacitu kokosov a sliviek. Na spiatočnej ceste môžeme celkový náklad vypočítať ako

Výsledok:

$8$

Útvar začnime zakrývať v jednom z jeho vnútorných rohov tak, ako je ukázané na obrázku (1). Máme dve možnosti, ako umiestniť toto domino, ale tie jasne vedú ku kompletne symetrickým možnostiam. Tým pádom si vieme vybrať jednu z týchto možností a na konci výsledok vynásobiť dvoma. Keď máme toto domino umiestnené, umiestnenie ďalších dvoch kociek je pevne dané (2). Dva veľké „štvorce“ naľavo a napravo môžu byť každé zakryté dvoma rôznymi spôsobmi (3) a zvyšok útvaru už len jedným spôsobom (4). Z toho nám vyplýva, že máme $2\cdot 2=4$ spôsoby zakrytia útvaru pri položení prvej kocky ako na obrázku (1). A keď zarátame symetrické možnosti zo začiatku, dostaneme $2\cdot 4=8$ spôsobov.

Výsledok:

$30$

Každý čierny štvorec má obsah $216:6=36{\text{cm}}^2$, takže jeho strana je $\sqrt{36}=6\text{cm}$. Na každej stene má biela plocha dvojnásobný obsah ako sivá, takže každý biely štvorec má dvojnásobný obsah ako sivý obdĺžnik. Takže na jednu hranu kocky vieme umiestniť $5$ sivých obdĺžnikov, čiže celá hrana je $5\cdot 6=30\text{cm}$.

Výsledok:

$800$ (%)

Nech $n$ je cena zošita, $r$ cena pravítka a $p$ cena pera. Zo zadaných podmienok máme rovnice $n=r+p$ a $\frac{3}{2}r=p+n=2p+r$. Z druhej rovnice vyplýva, že $r=4p$, a dosadením do prvej rovnice dostaneme $n=5p$. Preto by sa cena pera mala zvýšiť deväťnásobne, teda o $800\%$.

Výsledok:

$4098600$

Uvedomme si, že výraz $\mathrm{NSD}(x+1,\mathrm{NSD}(x,a))$ vlastne hľadá najväčšieho spoločného deliteľa troch čísel $x+1$, $x$ a $a$. Keďže $x$ a $x+1$ nemajú žiadneho spoločného deliteľa okrem $1$, platí aj, že $\mathrm{NSD}(x+1,\mathrm{NSD}(x,a))=1$ pre všetky prirodzené čísla $a$ a $x$. Preto sa výpočet po miesto posledného výskytu dvojice funkcií $\mathrm{NSD}$ zjednoduší na

Potom sa výraz zo zadania zjednoduší na $\mathrm{nsn}(2025,\mathrm{nsn}(2024,1))$. Riešením je teda

Výsledok:

$12$

Pravouhlé trojuholníky vytvorené oblasťami medzi šikmou čiarou a obdĺžnikmi sú podobné s pomerom podobnosti 2. Preto je šírka sivého obdĺžnika $2\cdot 6=12$, meraná v priemeroch kružníc.

Výsledok:

$7,2=\frac{36}{5}$

Nech $v$ je Filipkova pôvodná rýchlosť (v km/h) a $t$ čas, ktorý bežal rýchlejším tempom (v hodinách). Potom jeho pomalšie tempo je $\frac{3}{4}v$ a čas strávený týmto tempom je $2t$. Celková vzdialenosť je súčet dvoch čiastkových vzdialeností, teda

preto

čo je vzdialenosť zabehnutá rýchlejším tempom.

Výsledok:

$10$

Všimnime si, že Lukáš sa v obmedzeniach vôbec nevyskytuje, takže môže byť umiestnený na ľubovoľnej z $5$ možných pozícií. Na druhej strane existujú iba dva spôsoby, ako usporiadať zvyšných štyroch vedúcich, takže celkovo existuje $10$ možností.

Výsledok:

$220$

Bez ohľadu na rozostavenie hradieb, najdlhšia úsečka celá vnútri Polyhradu nie je dlhšia ako najdlhšia úsečka $\ell$ spájajúca dva body Polyhradu (pretože ak by niektorý z vnútorných uhlov presiahol $180^{\circ }$, $\ell$ by mohla prechádzať aj vonkajškom Polyhradu.

Úsečka $\ell$ ďalej spája dve veže, pretože inak by sme ju vedeli zväčšiť tak, že ju natiahneme až do momentu, že spája dve steny, a potom ju ešte vieme jedným smerom posúvať po stene k niektorej z jej ohraničujúcich veží.

Dve veže, ktoré spája $\ell$, rozdeľujú steny do dvoch skupín, pričom súčet dĺžok všetkých stien skupiny musí byť aspoň $|\ell |$. Tak dostaneme nerovnosť

a keďže $|\ell |$ musí byť násobkom $10$, dostávame $|\ell |\le 220$. Túto hodnotu môžeme dosiahnuť rozdelením hradieb ako $130+90=220<110+50+70$.

Výsledok:

$247$

Rozdiel je najmenší, keď sú čísla najbližšie k sebe. Na tento účel sa číslice tisícok môžu líšiť iba o $1$. Číslica stoviek musí byť najmenšia možná pre väčšie číslo a najväčšia možná pre menšie číslo. Keď je číslica v stovkách pevná, rovnaký princíp sa uplatňuje na desiatky a nakoniec na jednotky. Týmto spôsobom získame čísla $5123$ a $4876$, ktorých rozdiel je $247$.

Výsledok:

$62$

Ak zanedbáme podmienku, že dva susedné záhony musia byť osadené rovnakým druhom kvetov, potom celkový počet možností je $2^6=64$. Z tohto výsledku odčítame prípady, kde je podmienka porušená, čiže sa dva druhy kvetov pravidelne striedajú, čo sú len dve možnosti. Tým získame celkový počet platných usporiadaní $64-2=62$.

Výsledok:

$25\pi -12$

Nech $M$ je stred kruhového listu a nech $A$, $B$, $C$ sú ostatné vrcholy obdĺžnika. Označme polomer kruhu ako $r$.

Máme $\mathit{MA}=r-1$, $\mathit{MB}=r$ a $\mathit{MC}=r-2$, pričom $\mathit{AB}=\mathit{MC}$. Použitím Pytagorovej vety v pravouhlom trojuholníku $\mathit{ABM}$ dostaneme rovnicu

ktorá sa dá zjednodušiť na

Keďže $r=1$ nevedie k možnej konfigurácii, jediným platným riešením je $r=5$. Zostávajúca plocha kruhového listu je $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ (v ${\mathrm{dm}}^2$).

Výsledok:

$23\frac{1}{3}=\frac{70}{3}$

Ak zmiešame $x$ jednotiek Alchebry a $y$ jednotiek Algýmie, dostaneme zmes pozostávajúcu z $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ Algebry a $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ Alchýmie. Aby sme dostali pomer $1:1$, musí byť splnená rovnica

Z toho vyjadríme $y=\frac{3}{2}x$. Inými slovami na každý $\mathrm{mg}$ Alchebry musí Nábojus primiešať $1,5\mathrm{mg}$ Algýmie. Preto najväčšie množstvo Algémie, ktoré môže Nábojus vyrobiť, vyrobí, keď použije všetkých $14\mathrm{mg}$ Algýmie a $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ Alchebry, čo vyprodukuje $\frac{5}{3}\cdot 14\mathrm{mg}=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ Algémie.

Výsledok:

$34$

Nech $m^2=M=K+3333$. Z toho vyplýva, že

Keďže $M$ a $K$ sú obe štvorciferné druhé mocniny, tak $32\le n<m\le 99$, a preto

Za daných podmienok sú jediné možné činitele $m+n=101$ a $m-n=33$, ktoré dávajú riešenie $m=67$ a $n=34$. Nakoniec zostáva overiť, že $K=34^2=1156$ má všetky cifry menšie ako $7$, čo je pravda.

Výsledok:

$\frac{2\pi \sqrt{3}}{3}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$

Keďže $X$ a $Y$ sú stredmi podstáv, tak ich vzdialenosť je aj výškou valca. Vzdialenosť $X$ a $Y$ ako protiľahlých vrcholov kocky ich vzdialenosť je $\sqrt{3}$. Na určenie polomeru valca vyberme ľubovoľný iný vrchol kocky $Z$ ($\mathit{XZ}$ nech je uhlopriečka steny a $YZ$ je hrana kocky) a hľadaný polomer je výška zo $Z$ na priamku $\mathit{XY}$. Podľa podobnosti (alebo porovnania obsahov) je táto výška $\sqrt{2∕3}$. Preto objem valca je

Výsledok:

$13$

Druhé tvrdenie nemôže byť pravdivé. Ak by bolo na sústredení aspoň $31$ práskačov, tak by museli všetci odpovedať záporne, a teda by nebolo možné dostať $39$ kladných odpovedí. Preto je na sústredení najviac $30$ práskačov. Keďže ufóni vždy hovoria pravdu, musia na túto otázku odpovedať záporne, a preto môže byť na sústredení najviac $60-39=21$ ufónov.

To znamená, že prvé tvrdenie je tiež nepravdivé. Kladné odpovede teda museli prísť od práskačov a sušičov. Keďže práskačov je najviac $30$, na sústredení muselo byť aspoň $43-30=13$ sušičov.

Konfigurácia zložená zo $16$ ufónov, $30$ práskačov a $13$ sušičov spĺňa podmienky zo zadania. Preto najmenší možný počet sušičov na sústredení je $13$.

Výsledok:

$24$

Celkový počet rozdaných bodov je $7$, čo znamená, že zo šiestich zápasov práve v jednom boli udelené $2$ body, kým v každom z ostatných bol udelený len $1$ bod. Ďalej to znamená, že najlepší hráč porazil všetkých ostatných a v jednom zo svojich zápasov získal $2$ body. Zápasy ostatných hráčov museli skončiť „cyklicky“, keďže každý z nich vyhral práve jeden zápas. Existujú práve dva orientované cykly. Sú teda $4$ možnosti, ako vybrať hráča so $4$ bodmi, $3$ možnosti, ako vybrať hráča, ktorý bol porazený o $2$ body, a $2$ spôsoby, ako orientovať cyklus, a preto je $4\cdot 3\cdot 2=24$ možností, ako mohol dopadnúť turnaj.

Výsledok:

$225$

Zreteľne najmenšia možná hodnota $M$ je $9$, pretože

Ak $k\ge 1$, tak každé nahradenie $10^k$ za $10\cdot 10^{k-1}$ zvýši počet sčítancov o 9. Najväčšia možná hodnota $M$ je $2025$, pretože

Teda počet možných hodnôt $M$ je

Výsledok:

$360$

Označme $t_1$ čas, ktorý uplynie od okamihu, keď predný koniec vlaku minie Andyho a Kubka, do okamihu, keď zadný koniec minie Andyho. Podobne označme $t_2$ čas od okamihu, keď zadný koniec vlaku minie Andyho, do okamihu, keď minie Kubka. Nakoniec označme $\ell$ dĺžku vlaku. Keďže Andy a Kubko kráčajú rovnako rýchlo, počas $t_1$ prešiel Andy $45$ metrov a počas $t_2$ prešiel Kubko $60-45=15$ metrov, pomer dĺžok týchto časových intervalov je

Zoberme teraz do úvahy aj pohyb vlaku. Počas $t_1$ sa vlak posunie o vzdialenosť $\ell -45$, pretože na začiatku toho intervalu mal predný koniec v mieste stretnutia s Andym a Kubkom a na jeho konci mal zadný koniec $45$ metrov pred tým bodom. Počas $t_2$ sa zadný koniec vlaku posunie o $105$ metrov medzi Andym a Kubkom. Rýchlosť vlaku teda je

a jeho dĺžka v metroch je

Výsledok:

$33,75^{\circ }={\frac{135}{4}}^{\circ }$

Keďže je trojuholník $X{C}^{\prime }B$ rovnoramenný, platí

Navyše kvôli prehnutiu platí $|\sphericalangle \mathit{CXY}|=|\sphericalangle YX{C}^{\prime }|$, takže

Nakoniec máme $|\sphericalangle X{C}^{\prime }Y|=|\sphericalangle Y\mathit{CX}|=90^{\circ }$, čiže

Výsledok:

$911$

Pre $k\le n$ je počet rastúcich usporiadaných $k$-tic s prvkami z množiny $\{1,2,\dots ,n\}$ rovný $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, keďže rastúce usporiadané $k$-tice zodpovedajú $k$-prvkovým množinám. Všeobecnejšie počet rastúcich usporiadaných $k$-tic s prvkami z množiny $\{m,m+1,\dots ,n\}$ je rovný $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Spočítajme štvorice, ktoré v postupnosti figurujú skôr ako $(2,4,7,14)$:

• $(0,\ast ,\ast ,\ast )$: $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{15}{3}\right)=455$ štvoríc tohto tvaru,
• $(1,\ast ,\ast ,\ast )$: $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$ štvoríc tohto tvaru,
• $(2,3,\ast ,\ast )$: $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{2}\right)=66$ štvoríc tohto tvaru,
• $(2,4,a,\ast )$, kde $a\in \{5,6\}$: $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{1}\right)=19$ štvoríc tohto tvaru a
• $(2,4,7,b)$, kde $b\in \{8,9,10,11,12,13\}$: $6$ štvoríc.

Teda ak prvky postupnosti očíslujeme kladnými celými číslami, $(2,4,7,14)$ stojí na pozícii $455+364+66+19+6+1=911$.

Výsledok:

$60$

Nech $D$ a $Š$ označujú v tomto poradí počet ananásov, ktoré predali Denys a Štepi. Známe sú vzťahy

Dosadením $š=\frac{45}{D}$ a $d=\frac{20}{Š}$ do druhej rovnice získame

Teda $Š=\frac{2D}{3}$ a po dosadení do prvej rovnice $D+\frac{2D}{3}=\frac{5D}{3}=100$, čiže $D=60$.

Výsledok:

$598$

Označme $a$, $b$ a $c$ cifry na mieste stoviek, desiatok a jednotiek v hľadanom počte žiráf, v tomto poradí. Ak $c=9$, tak $a+b^2+c^3=a+b^2+9^3=729+a+b^2$ je najmenej $730$ a najviac $829$, teda $a$ musí byť $7$ alebo $8$. Ani pre jednu možnosť však neexistuje cifra $b$ taká, aby posledná cifra čísla $729+a+b^2$ bola $9$.

Teraz uvážme $c=8$. Keďže $8^3=512$, $a$ musí byť $5$ alebo $6$, ale

takže $a$ musí byť $5$. Potom od $b$ požadujeme, aby

čo má riešenia $b=1$ a $b=9$. Obe dávajú vyhovujúce čísla:

(Ekvivalentne si môžeme všimnúť, že $b^2$ musí mať na mieste jednotiek $1$.)

Keby $c\le 7$, tak

takže najväčšie vyhovujúce číslo je $598$.

Výsledok:

$42$

Spojením bodu $P$ so všetkými deliacimi bodmi na stranách štvoruholníka vrátane jeho vrcholov dostaneme $12$ trojuholníkov ako na obrázku.

Označme $a$, $b$, $c$ a $d$ postupne obsahy trojuholníkov $\mathit{PEI}$, $\mathit{PJF}$, $\mathit{PGK}$ a $\mathit{PLH}$. Každá trojica trojuholníkov dotýkajúca sa rovnakej strany má rovnaké obsahy, pretože majú spoločnú výšku z $P$ a ich základne sú rovnako dlhé. Z toho už ale vieme usúdiť, že

Obsah štvoruholníka $\mathit{PFBG}$ je rovný $b+c$. To už však z vyššie uvedených rovností vieme vyjadriť ako

Výsledok:

$237$

Na výber $4$ z $12$ štvorcov prsteňa máme celkovo $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ spôsobov. Pre každú zo strán máme osem štvorcov, ktoré na nej neležia. Preto máme $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ spôsobov, ako vybrať štyri štvorce, z ktorých žiaden neleží na jednej špecifickej strane. Z toho máme $495-4\cdot 70=215$ spôsobov, v ktorých sme nevynechali žiadnu zo strán. Avšak v predošlom kroku sme niektoré spôsoby – konkrétne tie, kde sú nepoužité dve zo strán – odpočítali dvakrát. Zrejme ide o dva typy spôsobov. Prvá možnosť je, že vyberieme štyri z piatich štvorcov okolo niektorého z rohov prsteňa. Okolo jedného rohu nám to vytvára $5$ spôsobov, pričom každý je jednoznačne určený štvorcom, ktorý sme nevybrali. Okolo všetkých $4$ rohov je týchto spôsobov potom $20$. Druhá možnosť je, že vyberieme oba stredné štvorce na dvoch protiľahlých stranách, čo sú dokopy $2$ spôsoby. Tieto spôsoby potrebujeme pripočítať naspäť, čím dostaneme $215+22=237$ spôsobov. Zrejme nie je možné vyhnúť sa trom stranám prsteňa naraz, a teda sme sa dopočítali k záverečnému výsledku.

Výsledok:

$\frac{6}{5}$

Označme $X$, $Y$, $Z$ stredy kružníc a $A$, $B$, $C$ body dotyku tak, ako na obrázku nižšie. Trojuholník $\mathit{XY}Z$ má strany dĺžok $1+2=3$, $1+3=4$, $2+3=5$, čo je trojica spĺňajúca Pytagorovu vetu, takže daný trojuholník je pravouhlý s pravým uhlom pri vrchole $X$. Jeho obsah je $\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=6$. Aby sme určili hľadaný obsah trojuholníka $\mathit{ABC}$, postupne odčítame obsahy rovnoramenných trojuholníkov $\mathit{XBC}$, $Y\mathit{CA}$ a $\mathit{ZAB}$.

• Trojuholník $\mathit{XBC}$ je pravouhlý s obsahom $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$.
• Trojuholník $Y\mathit{AC}$ má rameno $YC$ dlhé $2$. Jeho výšku označíme $\mathit{AR}$. Všimnime si, že je rovnobežná s $\mathit{XZ}$, takže trojuholníky $Y\mathit{AR}$ a $Y\mathit{ZX}$ sú podobné s koeficientom podobnosti $|YA|:|YZ|=2:5$. Takže $|\mathit{AR}|=\frac{2}{5}\cdot |\mathit{ZX}|=\frac{8}{5}$. Obsah trojuholníka tak je $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot \frac{8}{5}=\frac{8}{5}$.
• Trojuholník $\mathit{ZAB}$ má rameno $\mathit{ZB}$ dlhé $3$. Jeho výška označená $\mathit{AS}$ je rovnobežná s $YX$, takže trojuholníky $\mathit{ZAS}$ a $\mathit{ZY}X$ sú podobné s koeficientom podobnosti $|\mathit{ZA}|:|\mathit{ZY}|=3:5$. Takže $|\mathit{AS}|=\frac{3}{5}\cdot 3=\frac{9}{5}$. Obsah trojuholníka tak je $\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{9}{5}=\frac{27}{10}$.

Výsledný obsah teda bude

Výsledok:

$300$

Ľahko si všimneme, že počet uhlopriečok je $\frac{1}{2}n(n-3)$. Keďže číslo $2025$ je nepárne, ekvivalentne nám stačí zistiť, či je súčin $n(n-3)$ deliteľný $2025$. Navyše platí $2025=3^4\cdot 5^2$, takže (vďaka nesúdeliteľnosti) nám stačí overiť, či $n(n-3)$ je deliteľné $3^4=81$ a $5^2=25$.

Všimnime si, že najviac jedno z čísel $n$ a $n-3$ je deliteľné piatimi. Tým pádom musí byť to, ktoré je deliteľné piatimi, deliteľné $25$. Navyše $n$ je deliteľné tromi práve vtedy, keď $n-3$ je deliteľné tromi, čiže každé z nich prispeje aspoň jednou mocninou $3$ do celkového súčinu. Okrem toho, len jedno z čísel $n$ a $n-3$ môže byť deliteľné $3^k$ pre $k\ge 2$, takže nutne je jedno z čísel deliteľné $3^3=27$.

Ak je jeden z činiteľov $n$ a $n-3$ deliteľný aj $25$, aj $27$, jeho hodnota je najmenej $25\cdot 27=675$. Overíme, či vieme dostať menšie číslo v prípade, že jedna hodnota je deliteľná $25$ a druhá $27$. Označme hodnotu deliteľnú $27$ ako $m$. Potom $m=27k$ a hľadáme najmenšie $k$, pre ktoré $27k\pm 3$ je násobok $25$ (znamienko závisí od toho, či $m=n$, alebo $m=n-3$). Keďže $25k$ je vždy násobok $25$, stačí nám ekvivalentne overiť, či $2k\pm 3$ je násobok $25$. Toto nastane prvýkrát pre $k=11$ ($2\cdot 11+3=25$). Takže $m=n-3=27\cdot 11=297$ a $n=297+3=300$.

Výsledok:

$84$

V každom vrchole spočítame

1.

počet (orientovaných) ciest z vrcholu $A$, ktoré tu končia, a

2.

počet ciest do $B$, ktoré v danom vrchole začínajú.

Napríklad na obrázku nižšie $3\mid 1$ v pravom hornom rohu označuje $3$ cesty z $A$ do pravého horného rohu a $1$ cestu z pravého horného rohu do $B$. Pre každú šípku určíme počet ciest, ktoré nimi vedú v protismere, ako súčin prvého čísla na konci šípky a druhého čísla na začiatku šípky. Tieto počty už len sčítame a dostaneme výsledok $84$.

Výsledok:

$18249$

Výpočet vieme prepísať ako

čo vieme zjednodušiť na

Teraz je zrejmé, že $N=1$. Ostáva nám $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, čiže $A=8$. Ďalšie zjednodušenie $914-888=26$ vracia $B=2$ a nakoniec $O=4$. $J$ môže mať ľubovoľnú hodnotu, ale musí byť iné od už použitých číslic. Najväčšia hodnota $\overline{\mathit{NABOJ}}$ je teda $18249$.

Výsledok:

$150$

Označme $\mathit{AA}$ počet organizátorov, ktorí hlasovali za pondelok aj za utorok, $\mathit{AN}$ počet organizátorov, ktorí hlasovali za pondelok a proti utorku, $\mathit{NA}$ počet organizátorov, ktorí hlasovali proti pondelku a za utorok, a nakoniec $\mathit{NN}$ počet organizátorov, ktorý hlasovali proti pondelku aj proti utorku. Okrem toho označme $O$ počet organizátorov, ktorí odišli po prvom hlasovaní. Tým dostávame nasledujúce rovnice:

Dosadením $\mathit{AA}=120$ a $\mathit{NN}=70$ a presunutím neznámych naľavo dostávame

Keď vynásobíme prostrednú rovnicu $2$ a následne všetky rovnice sčítame, dostaneme $3O=450$, takže $O=150$. Zvyšné neznáme vyjdú $\mathit{AN}=5$ a $\mathit{NA}=155$.

Výsledok:

$12$

Označme $d=\mathrm{NSD}(a,b)$. Potom si vieme rozpísať $a=d{a}^{\prime }$ a $b=d{b}^{\prime }$ pre nejaké kladné celé $a^{\prime },b^{\prime }$. Zrejme $d\le a\le b$, preto $a$ musí byť uprostred aritmetickej postupnosti, a potom pre rozdiely členov platí $a-d=b-a$, čo je to isté ako $b=2a-d$. Po predelení $d$ z toho dostaneme $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$. Keďže však súčet členov má byť $2025$, dostávame

čiže $d{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. Nakoľko $675$ má $(3+1)\cdot (2+1)=12$ kladných deliteľov, ktoré môžu byť hodnotou $a^{\prime }$, ostáva nám overiť, či každý z nich vedie na validné riešenie $(a,b)$. Ak si dopočítame $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $d=675∕a^{\prime }$, $a=d{a}^{\prime }=675$, $b=d{b}^{\prime }$, nie je ťažké si všimnúť, že $a=d{a}^{\prime }\le d(2a^{\prime }-1)=d{b}^{\prime }=b$, a navyše

pretože $a^{\prime }$ a $2a^{\prime }-1$ sú vždy nesúdeliteľné.

Výsledok:

$697$

Všimnime si, že množina úloh, ktoré tím vyriešil, je jednoznačne určená množinou úloh, ktoré tím nevyriešil a naopak. Táto množina je zase jednoznačne určená množinou úloh, ktoré mal tím u seba po konci súťaže. Ak im zostali $0$, $1$ alebo $2$ úlohy, museli vyriešiť všetky ostatné. Ak im zostali tri úlohy s číslami $x<y<z$, tak okrem týchto troch úloh nemohli vyriešiť ani žiadnu úlohu s vyšším číslom ako $z$. Naopak, všetky menšie vyriešiť museli. Celkový počet možných tímov tak spočítame ako

Výsledok:

$51$

Použitím rovnosti $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$ sa zadané rovnice dajú prepísať nasledovne:

a naším cieľom je nájsť hodnotu $(a-2)(d-2)$. Keďže kvôli druhej rovnici $b\ne 2$ a $c\ne 2$, cieľový výraz sa dá získať ako

Teda $2a+2d-\mathit{ad}=-(-47)+4=51$.

Výsledok:

$540^{\circ }∕7$

Keďže $\mathit{ABCDEFG}$ je pravidelný sedemuholník, uhol $\mathit{AME}$ je pravý a úsečka $\mathit{AE}$ je priemerom väčšej kružnice. Namiesto merania uhla medzi dotyčnicami v bode $X$ môžeme ekvivalentne uvažovať uhol medzi dotyčnicami v bode $A$, ktorý je druhým priesečníkom oboch kružníc. Tento uhol je potom rovný uhlu $\mathit{BAE}$ medzi príslušnými priemermi, keďže tieto sú kolmé na dotyčnice. Jeho veľkosť, $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$, možno jednoducho určiť zo symetrie pravidelného sedemuholníka alebo rozpoznaním, že ide o obvodový uhol zodpovedajúci stredovému uhlu $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$ na opísanej kružnici sedemuholníka.

Výsledok:

$\frac{2^{100}\cdot (4^{100}-1)}{3}$

Začneme všeobecnejším pozorovaním: pre ľubovoľné kladné celé číslo $n$ a reálne čísla $x_1$, $x_2$, …, $x_n$, ak sčítame výrazy ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ pre všetky možné voľby znamienok, výsledok je vždy

Aby sme pochopili, prečo to platí, uvážme rozklady výrazov ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$. Každý rozklad obsahuje kvadratické členy $x_i^2$ a zmiešané členy tvaru $\pm 2x_i{x}_j$ pre $i\ne j$. Každý člen $x_i^2$ sa vyskytuje v každom možnom rozklade bez ohľadu na zvolené znamienka. Keďže existuje $2^n$ rôznych kombinácií znamienok, tieto kvadratické členy prispievajú s celkovým koeficientom $2^n$. Na druhej strane, zmiešané členy $\pm 2x_i{x}_j$ sa vyskytujú s kladným znamienkom presne v polovici prípadov a so záporným znamienkom v druhej polovici, v závislosti od toho, či majú $x_i$ a $x_j$ rovnaké znamienko alebo nie. Keďže tieto príspevky sa úplne vyrušia v rámci všetkých možností znamienok, neovplyvnia konečný súčet. Celkový súčet sa teda zjednoduší na $2^n$ násobené súčtom kvadratických členov, čím je vzťah dokázaný.

V našom prípade máme $x_k=2^{k-1}$ a požadovaný súčet je

Použitím vzorca pre súčet geometrickej postupnosti,

dostaneme konečný výsledok

Výsledok:

$56$

Definujme úsek ako jednu stranu štvorcovej cesty. Nech $m=24$ a $n>m$ sú rýchlosti pomalšieho a rýchlejšieho auta v tomto poradí. Všimnime si, že to, či vysielačky niekedy stratia spojenie, závisí iba od pomeru rýchlostí, nie od ich konkrétnych hodnôt. Nech teda $m^{\prime }$, $n^{\prime }$ sú nesúdeliteľné kladné celé čísla také, že $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$. Tvrdíme, že vysielačky nikdy nestratia signál práve vtedy, keď $n^{\prime }-m^{\prime }$ je násobkom $4$.

Najskôr rozoberme prípad, keď $n^{\prime }-m^{\prime }$ nie je násobkom $4$. Po tom, čo pomalšie auto prešlo $m^{\prime }$ úsekov, sa nachádza v rohu. Za ten istý čas rýchlejšie auto prešlo $n^{\prime }$ úsekov (vzhľadom na pomer rýchlostí), takže je tiež v rohu. Keďže $n^{\prime }-m^{\prime }$ nie je deliteľné $4$, tieto dva rohy nemôžu byť totožné. Ak sa ocitli v protiľahlých rohoch, vysielačky práve stratili spojenie. Ak sú v susedných rohoch, po prejdení ďalších $m^{\prime }$ a $n^{\prime }$ úsekov autá skončia v protiľahlých rohoch, čo tiež spôsobí stratu spojenia.

Teraz predpokladajme, že $n^{\prime }-m^{\prime }$ je násobkom $4$. Najprv si všimnime, že autá nemôžu byť naraz obe v rohoch skôr, než pomalšie auto prejde $m^{\prime }$ úsekov. Ak by sa tak stalo už po tom, čo prešlo pomalšie auto $s<m^{\prime }$ úsekov, tak by rýchlejšie auto dovtedy prešlo $\frac{s\cdot n^{\prime }}{m^{\prime }}$ úsekov, čo nemôže byť celé číslo, keďže $m^{\prime }$ a $n^{\prime }$ sú nesúdeliteľné. Prvýkrát teda obe autá dorazia do rohov súčasne v momente, keď pomalšie auto dokončí $m^{\prime }$ úsekov a rýchlejšie auto $n^{\prime }$úsekov. Podľa predpokladu je $n^{\prime }-m^{\prime }$ násobkom $4$, takže sa musia nachádzať v tom istom rohu. Po tom, ako sa stretnú v rohu, sa celá situácia zopakuje (možno z iného rohu), a preto sa spojenie nikdy nepreruší.

Zostáva nájsť najmenšie $n>24$, ktoré spĺňa danú podmienku. Musíme mať $n^{\prime }-m^{\prime }$ deliteľné $4$. V takom prípade, keďže sa jedná o nesúdeliteľné čísla, musia byť $m^{\prime }$ aj $n^{\prime }$ nepárne. Keďže $m^{\prime }$ je deliteľ $m=24$, jediné možné hodnoty sú $1$ a $3$. Ak $m^{\prime }=1$, najmenšie vyhovujúce $n^{\prime }$ je $5$. Potom $n=\frac{5}{1}\cdot 24=120$. Ak $m^{\prime }=3$, najmenšie vyhovujúce $n^{\prime }$ je $7$. Tu $n=\frac{7}{3}\cdot 24=56$. Keďže $56$ je menšie ako $120$, požadovaná najmenšia možná hodnota $n$ je $56$.

Výsledok:

$2^{975}+2025\cdot 2^{2999}=2^{975}\cdot \left(1+2025\cdot 2^{2024}\right)$