Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

6, 16, 28

Väčšina z čísel na plechovkách sú násobky troch. Číslo $50$ dáva zvyšok $2$ po delení troma. Z toho vyplýva, že aj na plechovkách, ktoré zhodí Jarka, musí súčet dávať zvyšok $2$ po delení troma. Jediné čísla, ktoré nie sú násobkami troch, sú $16$ a $28$. Z argumentu vyššie preto Jarka vie, že musí byť použité aspoň jedno z nich.

Ak by však Jarka zhodila iba jedno z nich, tak keďže $16$ aj $28$ dávajú zvyšok $1$ po delení troma, výsledok by stále dával zvyšok $1$ po delení troma. To znamená, že Jarka musí zhodiť obe plechovky $16$, $28$. Tieto dokopy dávajú súčet $44$, čiže do $50$ chýba $6$. To vie Jarka dostať iba zhodením plechovky $6$ (pretože jediná menšia plechovka je $3$). Preto plechovky, ktoré Jarka chce zhodiť, sú $6,16,28$.

Výsledok:

$21$

Ak by nezáležalo na poradí, existuje päť možností, ako mohol Andrej získať súčet $8$ pri hode troma kockami:

V prípade $6+1+1$ môže číslo $6$ padnúť na červenej, zelenej alebo modrej kocke. Preto máme v prípade $6+1+1$ tri možnosti. Analogicky máme tri možnosti aj v prípadoch $4+2+2$ a $3+3+2$.

V prípade $5+2+1$ máme $3\cdot 2\cdot 1=6$ možností, ako rozdeliť tieto čísla medzi tri kocky. To isté platí aj v prípade $4+3+1$.

Celkovo teda dostávame $3\cdot 3+2\cdot 6=21$ možností.

Výsledok:

$12$

Nech $a$ je Baškin vek a $c_1\le c_2\le c_3\le c_4$ sú veky jej detí. Zo zadania vyplývajú rovnice

Dosadením prvej rovnice do druhej dostaneme $c_2+c_3+c_4+6=c_1+c_2+c_3+18$, čo po úprave dáva $c_4=c_1+12$. Najstaršie dieťa je teda o $12$ rokov staršie ako najmladšie dieťa.

Výsledok:

$36$

Počet hodín musí byť dvojciferné číslo menšie alebo rovné $23$, pričom obe cifry sú rôzne a vybrané z množiny $1,\dots ,5$. Jediné možnosti sú $12$, $13$, $14$, $15$, $21$ a $23$. Pre každú z týchto hodín sme už použili dve cifry, takže zostávajú tri cifry, z ktorých musíme vytvoriť minúty pomocou dvoch rôznych cifier. To možno urobiť $3\cdot 2=6$ spôsobmi, a všetky takto vzniknuté dvojciferné čísla predstavujú platné minúty. Ku každej zo šiestich prípustných možností na počet hodín teda máme šesť možností na počet minút, spolu teda $6\cdot 6=36$ možností.

Výsledok:

$67,5^{\circ }$

Nech $X$ je priesečník daných uhlopriečok. Namiesto počítania veľkosti uhla $\sphericalangle \mathit{CXE}$ budeme počítať veľkosť uhla $\sphericalangle \mathit{FXG}$, keďže sú rovnako veľké. Najprv si všimnime, že $|\sphericalangle \mathit{GFX}|=|\sphericalangle \mathit{GFC}|=90^{\circ }$, pretože štvoruholník $\mathit{BCFG}$ je obdĺžnik.

Ďalej, keďže trojuholník $\mathit{EFG}$ je rovnoramenný a $|\sphericalangle \mathit{GFE}|=135^{\circ }$, platí, že $|\sphericalangle \mathit{XGF}|=|\sphericalangle \mathit{EGF}|=\frac{180^{\circ }-135^{\circ }}{2}=22,5^{\circ }$. Z trojuholníka $\mathit{FGX}$ potom dostávame, že $|\sphericalangle \mathit{FXG}|=180^{\circ }-90^{\circ }-22,5^{\circ }=67,5^{\circ }.$

Výsledok:

$36$

Podmienka o aritmetickom priemere nám vraví, že

čo vieme upraviť na $a+b+c+d+e=80$. Aby sme našli čo najväčšie $d$, potrebujeme čo najviac znížiť ostatné čísla tak, aby sme nezmenili ich usporiadanie. Najmenšie možné hodnoty sú $a=1$, $b=2$, $c=3$ a zároveň musí platiť $e\ge d+1$. Preto

z čoho dostávame $2d\le 73$, teda $d\le 36$ (kvôli tomu, že $d$ je celé číslo). Už len ostáva overiť, či $36$ ako druhé najväčšie číslo na tabuli naozaj vieme dosiahnuť. Všimnime si, že pre čísla $(a,b,c,d,e)=(1,2,3,36,38)$ je ich súčet $80$ a sú aj správne usporiadané. Najväčšia možná hodnota $d$ je teda $36$.

Výsledok:

$567$

Z deliteľnosti číslom $9$ vyplýva, že súčet cifier je $9$ alebo $18$. Zároveň nám to hovorí, že žiadna z použitých cifier nemôže byť cifra $9$.

Keďže číslo je nepárne, cifra $6$ nemôže byť na mieste jednotiek, takže sa nachádza na mieste stoviek alebo desiatok. Nemôže byť na mieste stoviek, pretože potom by najmenší možný súčet cifier bol $6+7+8=21>18$. Preto je $6$ na mieste desiatok.

O cifre na mieste jednotiek už teda vieme, že musí byť aspoň $7$, no zároveň to nemôže byť deviatka (spomenuté vyššie) ani osmička (číslo by nebolo nepárne). Preto jednotková cifra je $7$, takže súčet cifier musí byť $18$, z čoho už priamo vidíme, že cifra na mieste stoviek je $5$.

Sfinga si teda myslela číslo $567$.

Výsledok:

$28$

Prekrytím vzniknú mimo vyznačeného šesťuholníka tri menšie a tri väčšie zhodné rovnostranné trojuholníky. Označme $|\mathit{AB}|=x$ a $|\mathit{BC}|=y$. Potom dĺžka strany väčšieho trojuholníka je $2x+y=17$ a dĺžka strany menšieho trojuholníka je $x+2y=11$. Sčítaním oboch rovníc dostaneme $3x+3y=28$, čo je práve obvod daného šesťuholníka.

Iné riešenie. Strany šesťuholníka si premietnime na jednu stranu každého z daných rovnostranných trojuholníkov. Obvod šesťuholníka je potom presne súčtom dĺžok strán oboch rovnostranných trojuholníkov, teda $17+11=28$.

Výsledok:

$242$

Rozdeľme si úlohu na dva prípady. Najprv uvažujme, že Dominik si vyberie biele ponožky. Podľa podmienky ich môže mať len vtedy, ak je celý jeho outfit biely. Tričko, kraťasy aj tenisky teda musia byť biele a šiltovku si buď nevezme, alebo bude tiež biela. To nám dáva $2$ možnosti.

Teraz uvažujme iné ako biele ponožky, teda $2$ možnosti. V tomto prípade už neplatí žiadne ďalšie obmedzenie. Máme $5$ možností výberu trička, $3$ možnosti pre kraťasy, $2$ možnosti pre tenisky a $4$ možnosti pre šiltovku (žiadna, biela, čierna alebo sivá). Tento prípad teda dáva

outfitov.

Sčítaním dostaneme celkový počet $240+2=242$.

Výsledok:

$1239$

Označme Filipov PIN ako $\overline{\mathit{ABCD}}$, kde $A$, $B$, $C$, $D$ sú jeho cifry. Zo zadania platí $B=2A$, $D=3C$ a

čo sa upraví na rovnicu $A^2+2C^2=19$. Keďže pravá strana je nepárna, aj $A$ musí byť nepárne. Zároveň platí $A^2\le 19$, takže prichádzajú do úvahy len možnosti $A\in \{1,3\}$.

Vyskúšaním týchto hodnôt zistíme, že vyhovuje iba $A=1$, čo dáva $2C^2=18$, teda $C=3$. Potom $B=2$ a $D=9$, takže hľadaný PIN je $1239$.

Výsledok:

$16$

Keďže súčet $1+2+3+4+5=15$ je nepárne číslo a zmena ktoréhokoľvek znamienka zmení celkový súčet o párne číslo, tak súčet $\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5$ nikdy nemôže byť $0$.

Teraz, ak vezmeme ľubovoľnú voľbu znamienok a zameníme každé plus za mínus a každé mínus za plus, hodnota sa zmení z kladnej na zápornú alebo naopak. Každý výsledok vie mať teda priradený práve jeden výsledok s opačným znamienkom.

Pre každé z piatich políčok si môžeme nezávisle zvoliť buď plus, alebo mínus. Teda $2$ možnosti voľby znamienka pre každú pozíciu a spolu $2^5=32$ možností. Keďže žiadna z nich nie je nulová, presne polovica musí byť kladná, takže Baška môže získať kladný výsledok $16$ spôsobmi.

Výsledok:

$619$

Keďže prvá číslica všetkých troch čísel je rovnaká, musí platiť $3A\le 20$ a $3A\ge 18$, pretože pri sčítaní troch číslic nemôže vzniknúť prenos väčší než $2$. Preto $A=6$. Z toho vyplýva, že v stĺpci jednotiek sa číslica $B$ a $C$ sčítajú na $10$. Teda zo stĺpca jednotiek sa do stĺpca desiatok prenáša $1$. Preto musí byť $C=9$, z čoho vyplýva, že $B=1$. Takže $\overline{\mathit{ABC}}=619$.

Výsledok:

$\frac{53}{3}=17\frac{2}{3}$

Keďže štvorec má obsah $4$, každý obdĺžnik musí mať obsah $1$. Z toho vyplýva, že šírka pravého obdĺžnika je $\frac{1}{2}$. Následne šírka ľavého dolného obdĺžnika je $2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, a teda jeho výška je $1∕\frac{3}{2}=\frac{2}{3}$. Potom spoločná výška zvyšných dvoch obdĺžnikov je $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$. Na výpočet celkového súčtu štyroch obvodov vezmeme obvod vonkajšieho štvorca, $4\cdot 2=8$, a pripočítame dvojnásobok celkovej dĺžky vnútorných úsečiek, pretože každá sa započítava v dvoch obdĺžnikoch. Vnútorné dĺžky sú postupne $2$, $\frac{3}{2}$ a $\frac{4}{3}$, takže dvojnásobok ich súčtu je $2\cdot \left(2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{29}{3}$. Preto hľadaný súčet obvodov je $8+\frac{29}{3}=\frac{53}{3}$.

Výsledok:

$12158$

Ciferný súčet po jednom napísaní $2026$ je $10$. Po prvom bloku každý párny blok pridá cifry $202$, čím sa ciferný súčet zvýši o $4$, a každý nepárny blok pridá $026$, čím sa súčet zvýši o $8$.

Týmto spôsobom sa zakaždým, keď sa po prvom bloku pridajú dva bloky, čo nastane $1012$-krát ($1+2\cdot 1012=2025$), zvýši súčet o $12$. Na konci nám zostane $2026$-ty blok, ktorý je párny, takže zvýši súčet o $4$. Celkovo teda dostaneme $10+1012\cdot 12+4=12158$.

Výsledok:

14:00

Použitím kritérií deliteľnosti číslom $24$ nájdeme číslo $260320261992$, ktoré je deliteľné $24$, pretože:

• je deliteľné $3$: súčet jeho číslic je $42=3\cdot 14$;
• je deliteľné $8$: $1000$ je násobkom $8$ ($8\cdot 125$) a rovnako aj $992$ ($8\cdot 124$), teda aj $260320261\cdot 1000+992$ je násobkom $8$.

Týmto spôsobom je zvyšok po delení čísla $260320261998$ číslom $24$ rovný $6$, keďže $260320261998-260320261992=6$, čo znamená, že čas bude 14:00.

Výsledok:

$16$

V počiatočnej situácii je jedinou bobuľou, ktorú možno zjesť, bobuľa $F$, pričom zostanú bobule $A,B,C,D,$ a $E$. V tomto momente môžeme zjesť buď bobuľu $D$, alebo $E$. Situácia je zjavne symetrická, preto začnime s $E$, pričom zostanú bobule $A,B,C,$ a $D$. Potom môžeme zjesť bobuľu $C$ alebo $D$:

• Ak si vyberieme $C$, potom musíme zjesť $D$, a následne $A$ a $B$ v dvoch rôznych poradiach.
• Ak si vyberieme $D$, potom môžeme ako ďalšie zjesť $A,B$ alebo $C$, a následne zvyšné dve v ľubovoľnom poradí ($3\cdot 2$ možností).

Teda vždy začíname s $F$, potom si vyberieme medzi $D$ alebo $E$ a následne máme $2+6=8$ rôznych možností. Celkovo je teda $1\cdot 2\cdot 8=16$ možných spôsobov, ako zjesť strapec.

Výsledok:

$12$

Číslo $x$ musí mať tvar $2^a\cdot 3^b\cdot 5^c\cdot 7^d$ (iné prvočísla sa nemôžu vyskytnúť, inak by sa objavili v nsn). Prvá podmienka je ekvivalentná s

zatiaľ čo druhá podmienka znamená

Z toho vyplýva, že v prvočíselnom rozklade čísla $\mathrm{NSD}(x,2^2\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7^3)$ je exponent pri $2$ rovný $2$, exponent pri $3$ môže byť ľubovoľné číslo od $0$ do $3$, exponent pri $5$ môže byť ľubovoľné číslo od $0$ do $2$ a exponent pri $7$ je rovný $2$. Takýchto čísel je $4\cdot 3=12$.

Výsledok:

$71^{\circ }$

Dopočítaním doplnkov do $90^{\circ }$ pri dvoch vrcholoch na pravej strane zistíme, že daný vnútorný bod leží na spoločnej osi dvoch zvislých strán obdĺžnika. Preto je celá konfigurácia súmerná podľa tejto osi. Z toho vyplýva, že hľadaný uhol je rovný $90^{\circ }-19^{\circ }=71^{\circ }$.

Výsledok:

$1078$

Nech $c$ je počet lacných korálok a $p$ ich (celočíselná) cena v chechtákoch. Potom $\mathit{cp}=459$, a keďže spolu je $100$ korálok a lacných je viac než drahých, platí $50<c<100$. Keďže cena je celé číslo, $c$ musí byť deliteľ čísla $459=3^3\cdot 17$, ktorý leží ostro medzi $50$ a $100$. Jediný taký deliteľ je $c=51$. Teda $p=459∕51=9$ a každá drahá korálka stojí $p+13=22$ chechtákov. Počet drahých korálok je $100-51=49$, takže Maťka zaplatila za drahé korálky $49\cdot 22=1078$ chechtákov.

Výsledok:

$1$

V rovnici sa vyskytuje $10$ rôznych písmen ($M$, $A$, $T$, $H$, $N$, $B$, $O$, $J$, $G$, $E$), takže každá z číslic $0$–$9$ sa použije práve raz, čo znamená, že niektoré písmeno sa rovná $0$. Z toho vyplýva, že obe strany rovnosti sa nevyhnutne rovnajú $0$. Konkrétne sa $0$ nachádza na oboch stranách, pričom sa nevyskytuje v menovateli zlomku. Jediné také písmeno je $M$, teda $M=0$. Preto $M\cdot A\cdot N\cdot G\cdot O=0$ bez ohľadu na hodnoty priradené zvyšným písmenám, takže súčin môže nadobúdať presne jednu hodnotu.

Výsledok:

$24$

Označme $S$ polohu lode, $A$ a $B$ dva krajné majáky a $M$ prostredný maják. Keďže $|\mathit{MS}|=|\mathit{MA}|=|\mathit{MB}|=13$, body $A$, $B$ a $S$ ležia na tej istej kružnici so stredom $M$. Navyše, úsečka $\mathit{AB}$ je jej priemerom. Z Tálesovej vety je teda trojuholník $\mathit{ABS}$ pravouhlý s pravým uhlom pri vrchole $S$. Keďže $|\mathit{AB}|=|\mathit{MA}|+|\mathit{MB}|=26$ a $|\mathit{AS}|=10$, z Pytagorovej vety máme

Vzdialenosť lode k druhému krajnému majáku je $24\mathrm{km}$.

Výsledok:

$81$

Za daných podmienok je ofarbenie pyramídy jednoznačne určené zafarbením spodného riadku, pretože každé zafarbenie spodného riadku sa dá jednoznačne doplniť na zafarbenie celej pyramídy. Keďže pre každé políčko môžeme zvoliť jednu z troch farieb, existuje celkovo $3^4=81$ možných zafarbení.

Výsledok:

$93$

Nech $n$ je kladné celé číslo, pre ktoré také rozostavenie existuje. Potom číslo $1$ musí byť spárované s číslom $n+1$ (v zmysle priradenia s protiľahlým vrcholom, párom nazveme takú dvojicu protiľahlých vrcholov). Ďalej $2$ musí byť spárované s $n+2$ a tak ďalej, až $k$ sa spáruje s $n+k$, pre každé $k=1,2,\dots ,n$. Teda nakoniec $n$ je spárované s $2n$.

Teda každé číslo z bloku $\{1,2,\dots 2n\}$ je spárované s nejakým číslom z toho istého bloku. Tento blok môže byť oddelený od ostatných čísel $\{2n+1,\dots 100\}$. Ak $2n=100$, tak $n=50$. V opačnom prípade môžeme pokračovať s $2n+1$, ktoré musí byť spárované s $3n+1$ atď.

Nakoniec máme množinu $\{1,2,\dots ,100\}$ rozdelenú na súvislé neprekrývajúce sa bloky dĺžky $2n$. To je možné iba vtedy, keď $100$ je deliteľné $2n$, a to je možné iba vtedy, keď $n$ je deliteľom $50$.

Takáto konštrukcia vedie na vhodné párovanie pre každého deliteľa. Preto je riešením súčet všetkých kladných deliteľov $50$, a teda

Výsledok:

${\displaystyle \frac{6}{5}}=1,2$

Keďže šedý trojuholník je pravouhlý a zdieľa ďalší uhol s veľkým trojuholníkom, tak je podobný veľkému trojuholníku. Najmenšiu stranu má dlhú $13-12=1$.

Pomer podobnosti medzi trojuholníkmi je potom $1:5$, a teda druhá odvesna šedého trojuholníka má dĺžku $\frac{12}{5}$. Hľadaný obsah je teda

Výsledok:

7, 14

Nech majú trpaslíci čísla $a_1,a_2,\dots ,a_7$.

Predpokladajme, že siedmy trpaslík povedal pravdu. To znamená, že jeho číslo je presne polovica celkového súčtu, takže

Podľa podobnej úvahy musí šiesty trpaslík klamať, inak by jeho číslo bolo ${\displaystyle \frac{23}{2}}$.

Preto je jasné, že prvých päť trpaslíkov hovorilo pravdu. Ak $a_1\ge 2$, tak súčet prvých piatich čísel je aspoň $2+2+4+8+16=32$. Ak už ktorýkoľvek z posledných dvoch trpaslíkov hovorí pravdu, tak musí mať aspoň takéto číslo, a teda celkový súčet bude aspoň dvojnásobok, čo je spor. Preto musí $a_1=1$. To znamená, že

Ak šiesty trpaslík povedal pravdu, tak $a_6=16$ a aby celkový súčet sedel, musí siedmy trpaslík mať $a_7=14$.

V opačnom prípade ak šiesty trpaslík klamal, vieme, že $a_7=16+a_6=23$. Z čoho dostávame, že $a_6=7$.

Výsledok:

$1708$

Dve zvolené prednášky sa líšia o nepárne číslo práve vtedy, keď majú ich poradové čísla rôznu paritu. Namiesto priameho počítania spočítame doplnok, teda počet takých výberov, ktoré neobsahujú nepárny rozdiel.

Medzi číslami $\{1,2,\dots ,13\}$ je sedem nepárnych a šesť párnych čísel. Takže počet možností pre iba nepárne alebo iba párne prednášky je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{6}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{6}\right)=8$.

Keďže celkovo je $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{13}{6}\right)=1716$ možných výberov ako si vybrať $6$ prednášok, tak počet možností s aspoň jedným nepárnym rozdielom je $1716-8=1708$.

Výsledok:

$36$

Keďže $N$ má sedem rôznych nenulových cifier, aspoň jedna je párna, a teda $N$ je párne. Ak by $5$ bola jedna z cifier, tak $N$ by končilo $0$, čo nie je možné. Preto $5$ sa nenachádza medzi ciframi čísla $N$.

Teraz $N$ obsahuje $7$ cifier z množiny $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$, takže vynecháva práve jednu cifru z tejto množiny. Ak by bola vynechaná cifra $9$, tak by $N$ malo ciferný súčet $31$, čo je v spore s deliteľnosťou $3$. Preto cifra $9$ je v čísle, a preto ciferný súčet musí byť deliteľný $9$. A keďže $1+2+3+4+6+7+8+9=40$, musíme vynechať cifru $4$, čím dosiahneme ciferný súčet $36$. Jeden príklad takéhoto čísla je $N=9867312$.

Výsledok:

$\frac{8}{9}$

Pravidelný osemsten so stranou dĺžky $a$, má objem $k{a}^3$, pre nejakú konštantu $k$ (v skutočnosti $k=\sqrt{2}∕3$ ale to nebude potrebné vo zvyšku riešenia). Pre výrobu zrezaného osemstena odrežeme z každého zo $6$ vrcholov osemstena ihlan (so štvorcovou podstavou) s dĺžkou hrany $a∕3$. Tieto ihlany vieme zlepiť a vyrobiť $3$ menšie osemsteny s dĺžkou hrany $\frac{a}{3}$, objemom $k\frac{a^3}{27}$ a celkovým objemom $3k\frac{a^3}{27}=k\frac{a^3}{9}$. Teda objem zrezaného osemstena je $k\frac{8a^3}{9}$. Preto je pomer objemov týchto telies

Výsledok:

$\pm 1$, $\pm 2$

Nech $a=2^x+2^{-x}$, potom $4^x+4^{-x}=a^2-2$. Dosadením dostaneme

čo sa zjednoduší na

Vyriešením tejto kvadratickej rovnice dostaneme

s riešeniami

V prvom prípade máme

čo vedie na $2^x=4$ alebo $2^x=\frac{1}{4}$ s riešeniami $x=2$ alebo $x=-2$. V druhom prípade máme

čo vedie na $2^x=2$ alebo $2^x=\frac{1}{2}$ s riešeniami $x=1$ alebo $x=-1$. Preto riešenia pôvodnej rovnice sú $x=\pm 1,\pm 2$.

Výsledok:

$28$

Ofarbime si mestá vo vrcholoch dvoma farbami (ako 3D šachovnicu) tak, že každý úsek železnice (povrchový aj tunel) spája vždy mestá rôznych farieb. Mišo začína v meste jednej farby a končí v susednom meste (druhej farby) po presne $5$ presunoch. Keďže na svojej ceste musí striedať farby miest, tak cestou navštívi po dve rôzne mestá z každej farby. Navyše platí, že každá dvojica miest rôznej farby je prepojená železnicou.

Najprv spočítame všetky cesty dĺžky $5$ bez ohľadu na podmienku s tunelom. Takáto cesta má tvar

kde $b_1,b_2$ sú rôzne mestá rovnakej farby ako $B$ a $a_2,a_3$ sú rôzne mestá rovnakej farby ako $A$. Máme $3\cdot 2=6$ spôsobov ako zvoliť usporiadanú dvojicu $(b_1,b_2)$ neobsahujúcu $B$ a tiež $3\cdot 2=6$ možností ako zvoliť usporiadanú dvojicu $(a_2,a_3)$ neobsahujúcu $A$. Dokopy tak je $6\cdot 6=36$ ciest dĺžky $5$.

Z celkového počtu ešte odčítame cesty, ktoré neprechádzajú žiadnym tunelom, t. j. využívajú čisto hrany kocky. Prvý úsek nemôže viesť priamo do $B$, takže máme na začiatku práve dve možnosti. Ľahko vyskúšame, že v oboch prípadoch sú práve $4$ možnosti ako cestu do $B$ dokončiť, takže celkovo ide o $2\cdot 4=8$ ciest po hranách kocky.

To znamená, že výsledný počet ciest dĺžky $5$ prechádzajúcich aspoň jedným tunelom je $36-8=28$.

Výsledok:

$63$

Označme jednotlivé počty hlasov postupne $a,b,c,d$. Tieto nezáporné celé čísla spĺňajú:

Pripočítajme $c$ k obom stranám tretej rovnice. Dostaneme

Odtiaľ vidíme, že $c=790$ a pre zvyšné počty platí

Do tejto rovnice dosadíme za $b$ jeho vyjadrenie z druhej rovnice. Dostaneme

Keďže $d<800$ a zároveň $d>c=790$, musí platiť $791\le d\le 799$. Takže

Jediné číslo v tomto rozpätí, ktoré je deliteľné $7$, je $441=7\cdot 63$. Odpoveďou je teda $a=63$. Vieme tiež dopočítať $b=378$, $c=790$ a $d=795$ a vidíme, že všetky podmienky zo zadania sú splnené.

Výsledok:

$\frac{12}{7}$

Nech $a$ a $b$ sú postupne dĺžky strán štvorcov $\mathit{EFGH}$ a $\mathit{KGIJ}$. Zo zadania dostávame

Riešením tejto sústavy dostaneme $a=4$ a $b=3$.

Priamka prechádzajúca stredmi všetkých troch štvorcov delí obsah každého z nich na dve polovice. Obsah obdĺžnika $\mathit{FBCI}$ tak môžeme spočítať ako

Ten istý obsah vieme spočítať aj ako $|\mathit{FB}|\cdot (a+b)$. Odtiaľ dostaneme vyjadrenie

Výsledok:

$10010$

Označme súčet pôvodných $n$ čísel ako $S$. Podmienky zo zadania hovoria

Tieto rovnice vieme roznásobiť a upraviť na

Rôzne vyjadrenia súčtu $S$ dáme do rovnosti, čím dostaneme

Keďže $n\ne 0$, tak vidíme, že $n=5$, takže $S=2032\cdot 5-6\cdot 5^2=5\cdot (2032-30)=10010$.

Výsledok:

$80$

Po $n$ skokoch prekonala blcha

stupňov. Hľadáme najmenšie $n$, pre ktoré je toto číslo násobkom $360$, alebo ekvivalentne, pre ktoré je $n(n+1)$ násobkom $720=16\cdot 9\cdot 5$. Keďže $n$ a $n+1$ sú nesúdeliteľné, každý z troch činiteľov musí deliť buď $n$, alebo $n+1$. Evidentne $n=719$ spĺňa podmienky, no nemusí byť najmenšie. Preto najviac dva činitele budú deliť jedno z dvojice $n$ a $n+1$. A keďže sú tri činitele, tak podľa Dirichletovho princípu aspoň dva budú deliť jedno z dvojice $n$ a $n+1$. Teraz hľadáme najmenšie násobky $16\cdot 9,16\cdot 5$ a $9\cdot 5$, aby číslo o $1$ menšie alebo väčšie bolo deliteľné tretím z čísel. Možnosti sú teda

1.

$n=16\cdot 9=144$, $n+1=5\cdot 29=145$,

2.

$n=16\cdot 5=80$, $n+1=9\cdot 9=81$,

3.

$n=16\cdot 14=224$, $n+1=5\cdot 5\cdot 9=225$,

z čoho vidno, že najmenšie $n$ je $n=80$.

Výsledok:

$768$

Keďže vyberáme štyroch učňov a každá sekta musí prispieť aspoň jedným, ich rozdelenie medzi sekty bude v nejakom poradí $(2,1,1)$. To isté platí aj pre štyroch majstrov, takže aj ich rozdelenie medzi sekty bude $(2,1,1)$. Rozlíšime dva prípady.

V prvom prípade existuje sekta, ktorá zabezpečí aj dvoch majstrov, aj dvoch učňov. Túto sektu označíme $X$; máme tri možnosti, ktorá sekta bude $X$. Zo zvyšných dvoch siekt vyberieme učňov $2\cdot 2=4$ spôsobmi a majstrov tiež $2\cdot 2=4$ spôsobmi.

V každom z týchto prípadov musíme k učňom z $X$ priradiť majstrov zo zvyšných siekt, čo vieme spraviť dvoma spôsobmi. Akonáhle zafixujeme túto voľbu, musíme zvyšných dvoch učňov prideliť majstrom z $X$, čo sa dá opäť dvoma spôsobmi. Dokopy tak máme $4$ prípustné možnosti ako spárovať majstrov a učňov. V tomto prípade tak dostaneme $3\cdot 4\cdot 4\cdot 4=192$ možností.

V druhom prípade jedna sekta ($X$) zabezpečí dvoch učňov a iná sekta ($Y$) zabezpečí dvoch majstrov. Existujú $3$ možnosti pre $X$ a následne $2$ možnosti pre odlišné $Y$. Zvyšných učňov zo zvyšných siekt opäť vyberieme $2\cdot 2=4$ spôsobmi, a zvyšných majstrov analogicky $2\cdot 2=4$ spôsobmi.

Pre každý takýto výber učňov a majstrov existuje $3\cdot 2=6$ možností ako vytvoriť pár majster$+$učeň: dvaja učni z $X$ môžu dostať ľubovoľných dvoch z trojice cudzích majstrov, a následne už je dané jednoznačne, kto s kým môže tvoriť bojovú dvojicu. V tomto prípade tak máme $3\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6=576$ možností.

Dokopy tak máme v oboch prípadoch až $192+576=768$ možností ako vytvoriť bojové páry.

Výsledok:

$3\sqrt[3]{2}$

Všimnime si, že

Navyše

Odtiaľ dostávame

Výsledok:

$38^{\circ }$

Uhly $\sphericalangle \mathit{ADB}$ a $\sphericalangle \mathit{ACB}$ sú zhodné, keďže sú obvodové k tej istej tetive. Vďaka tomu platí

To znamená, že $\mathit{CX}$ je osou uhla $\sphericalangle \mathit{ACB}$, takže $X$ je priesečníkom osí uhlov v trojuholníku $\mathit{ABC}$ (t. j. stred vpísanej kružnice trojuholníka $\mathit{ABC}$).

Teraz môžeme spočítať hľadaný uhol. Platí

Využili sme fakt, že $|\sphericalangle \mathit{BAC}|=|\sphericalangle \mathit{BDC}|$, ktorý vyplýva z toho, že ide o obvodové uhly nad tetivou $\mathit{BC}$.

Výsledok:

$29$

Označme $n_1,p_1$ postupne počet neurónov a podporných buniek v jednej a $n_2,p_2$ postupne počet neurónov a podporných buniek v druhej hemisfére. Vieme, že $n_1{n}_2=168,p_1{p}_2=48$ a $n_1{p}_2+n_2{p}_1=191$. Dokopy tak máme

spojení, takže aby v každej hemisfére bola bunka z oboch typov, môžeme bez ujmy na všeobecnosti predpokladať, že $n_1+p_1=11$ a $n_2+p_2=37$. Podobne vieme určiť, že

Takže aby bolo $n_1$ deliteľom $168$ a $p_1$ deliteľom $48$, musí nutne platiť $n_1=8$ a $p_1=3$. Následne $n_2=168∕8=21$ a celkový počet neurónov je $n_1+n_2=29$.

Iné riešenie. Použijeme značenie z predošlého riešenia. Číslo $n_1{p}_2+n_2{p}_1$ je nepárne, takže práve jeden zo sčítancov je nepárny. Bez ujmy na všeobecnosti, nech je to $n_1{p}_2$. To však znamená, že aj $n_1$, aj $p_2$ sú nepárne. Na druhú stranu, keďže $168=2^3\cdot 21$ a $48=2^4\cdot 3$, tak $n_2$ musí byť deliteľné $2^3$ a $p_1$ musí byť deliteľné $2^4$. Súčin $n_2{p}_1$ je teda násobkom $2^3\cdot 2^4=2^7=128$. Keďže je navyše $n_2{p}_1$ číslo menšie ako $191$, musí platiť $n_2{p}_1=128$, pričom $n_2=2^3=8$ (a $p_1=2^4=16$). Teraz už ľahko dopočítame $n_1=168∕8=21$ a výsledok $n_1+n_2=21+8=29$.

Výsledok:

$75$

Keďže Nate má iba päť kried, cesta sa nikdy nemôže pohybovať na juh ani na západ – každá krieda okrem prvej vie súradnice koncového políčka zvýšiť maximálne o $3$ (a prvá o $2$), pričom my sa potrebujeme dostať z políčka $(1,1)$ do políčka $(9,7)$. Koniec cesty sa teda vždy posúva iba na sever alebo na východ.

Počet ciest určíme postupným vypĺňaním tabuľky $7\times 9$ nasledovným spôsobom: do každého políčka zapíšeme počet ciest do tohto políčka z kried, ktorých posledné okrajové políčko leží práve v tomto políčku. Po položení prvej kriedy z ľavého dolného rohu musí byť jej koniec presne o dve políčka ďalej: buď dve doprava (vodorovná krieda), alebo dve hore (zvislá krieda). Preto do políčok $(1,3)$ a $(3,1)$ zapíšeme číslo $1$. Zvyšok tabuľky vyplníme postupne smerom k pravému hornému rohu. Ak chceme určiť hodnotu v políčku $(x,y)$, uvažujeme, akými spôsobmi tam môže krieda končiť. Krieda končiaca v $(x,y)$ môže byť zvislá alebo vodorovná a v oboch prípadoch sa musí dotýkať predchádzajúcej kriedy okrajovým políčkom. Dostávame štyri možné okrajové políčka predchádzajúcej kriedy – $(x,y-3)$ a $(x-1,y-2)$ v prípade zvislej kriedy a $(x-3,y)$ a $(x-2,y-1)$ v prípade vodorovnej kriedy.

Každé z týchto políčok predstavuje korektný spôsob, ako predĺžiť existujúcu cestu o jednu kriedu. Preto do políčka $(x,y)$ zapíšeme súčet hodnôt v políčkach $(x-3,y),(x-2,y-1),(x-1,y-2),(x,y-3)$, pričom políčka mimo mriežky prispievajú hodnotou $0$.

Po vyplnení celej tabuľky dostaneme v pravom hornom rohu číslo $75$, čo je presne počet všetkých platných ciest z kried z ľavého dolného do pravého horného rohu.

Iné riešenie. Položme päť kried za sebou od rohu $(0,0)$ tak, že sa navzájom dotýkajú iba v rohoch (roh koncového políčka jednej kriedy s rohom koncového políčka nasledujúcej). Každá krieda posunie okrajové políčko buď o $(+1,+3)$ („hore“), alebo o $(+3,+1)$ („doprava“). Po piatich kriedach je okrajovým políčkom políčko $(x,y)$ s vlastnosťou $x+y=20$.

Nech $Z$ je počet zvislých kried a $V$ počet vodorovných kried. Potom $Z+V=5$ a

Aby sme z reťaze dotýkajúcej sa iba v rohoch dostali korektnú cestu, kde sa susedné kriedy dotýkajú celou hranou, musíme „opraviť“ každý zo štyroch spojov medzi po sebe idúcimi kriedami. Pri každom spoji si zvolíme jednu z dvoch možností: buď posunieme celý zvyšok cesty (od nasledujúcej kriedy až po piatu) o jedno políčko doľava, alebo o jedno políčko nadol. Tak zabezpečíme, že dve susedné kriedy budú mať spoločnú hranu namiesto spoločného rohu.

Nech $\ell$ je počet spojov, pri ktorých zvolíme posun doľava, a $d$ počet spojov s posunom nadol. Keďže sú presne štyri spoje, platí $\ell +d=4$. Po vykonaní všetkých posunov sa okrajové políčko $(x,y)$ presunie na $(x-\ell ,y-d)$. Aby sme dostali cestu z $(0,0)$ do pravého horného rohu $(9,7)$, musí platiť $(x-\ell ,y-d)=(9,7)$.

Preskúmajme jednotlivé možnosti $(Z,V)$:

• $(5,0)$: $(x,y)=(5,15)$ – Keďže $5<9$, nedá sa opraviť na $(9,7)$.
• $(4,1)$: $(x,y)=(7,13)$ – Tiež sa nedá opraviť.
• $(3,2)$: $(x,y)=(9,11)$ – Platí $\ell =9-9=0$, $d=11-7=4$ (všetky posuny nadol). Existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)=10$ spôsobov, ako zoradiť kriedy rôznych orientácii za seba, no potom pre každé zoradenie iba 1 spôsob opravy, spolu $10$ ciest.
• $(2,3)$: $(x,y)=(11,9)$ – Platí $\ell =11-9=2$, $d=9-7=2$. Existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=10$ spôsobov, ako zoradiť kriedy a pre každé zoradenie $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ spôsobov, ako vybrať, kde budú posuny doľava, spolu $10\cdot 6=60$ ciest.
• $(1,4)$: $(x,y)=(13,7)$ – Platí $\ell =13-9=4$, $d=7-7=0$ (všetky posuny doľava). Existuje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)=5$ zoradení kried a jediný spôsob opravy, spolu $5$ ciest.
• $(0,5)$: $(x,y)=(15,5)$ – Ani toto sa nedá opraviť.

Celkovo teda dostaneme $10+60+5=75$ ciest.

Výsledok:

$507$

Označme $X=\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2d}+\frac{d^2}{d+2a}=2026$ a $Y=\frac{b^2}{a+2b}+\frac{c^2}{b+2c}+\frac{d^2}{c+2d}+\frac{a^2}{d+2a}$.

Uvedomme si, že $a+2b$ z menovateľa vystupuje aj v rozdieli štvorcov $(a+2b)(a-2b)=a^2-4b^2$. Ak by sme teda dosiahli, že toto bude čitateľom zlomku, výraz sa výrazne zjednoduší. Všimnime si, že na takúto kombináciu nám stačí spočítať $X-4Y$. Z toho dostaneme

Nakoniec už len vyjadríme $Y=\frac{1}{4}(X+2)=\frac{2026+2}{4}=507$.

Výsledok:

$2+\sqrt{2}$

Nech $C_1$ a $C_2$ sú stredy dvoch loptičiek a nech $d$ je vodorovná vzdialenosť medzi týmito stredmi, teda dĺžka priemetu úsečky $C_1{C}_2$ na hornú (alebo dolnú) stenu krabice. Pri pohľade zhora dostaneme štvorec so stranou dĺžky $3$, kde $C_1$ je vo vzdialenosti $1$ od dvoch susedných strán a $C_2$ je vo vzdialenosti $1$ od zvyšných dvoch susedných strán.

Z toho vyplýva, že v tomto pohľade zhora ležia priemety $C_1$ a $C_2$ v protiľahlých vrcholoch štvorca so stranou $1$. Preto $d=\sqrt{2}$.

Ďalej uvažujme zvislú rovinu kolmú na základňu krabice, ktorá prechádza cez $C_1$ a $C_2$. Prienik tejto roviny s krabicou je obdĺžnik hľadanej výšky $a$ a úsečka $C_1{C}_2$ leží v tejto rovine. Nech $x$ je zvislá vzdialenosť medzi $C_1$ a $C_2$.

Keďže sa loptičky dotýkajú a každá má polomer $1$, vzdialenosť medzi ich stredmi je $|C_1{C}_2|=2$. V pravouhlom trojuholníku s vodorovnou odvesnou $d$ a zvislou odvesnou $x$ platí $|C_1{C}_2{|}^2=d^2+x^2$, takže $x=\sqrt{2^2-d^2}=\sqrt{2}$.

Nakoniec, prvá loptička sa dotýka spodnej steny a druhá loptička hornej steny, takže výška krabice je súčet polomeru prvej loptičky, zvislej vzdialenosti medzi stredmi a polomeru druhej loptičky: $a=1+x+1=2+\sqrt{2}$.

Výsledok:

$259200$

Keďže $0+1+\cdots +9=45$ je nepárne, vynechanie nepárnej číslice dáva súčet celej tabuľky párny, a teda všetky súčty riadkov a stĺpcov musia byť párne. To je možné zariadiť použitím $4$ nepárnych a $5$ párnych číslic len vtedy, ak jeden riadok a jeden stĺpec dokopy (5 políčok) obsahujú práve všetky párne čísla. Preto môžeme spočítať všetky takéto tabuľky takto: najprv vyberieme vynechanú nepárnu číslicu ($5$ spôsobov), potom vyberieme riadok a stĺpec obsahujúce iba párne číslice ($3\cdot 3=9$ spôsobov), potom rozmiestnime nepárne číslice ľubovoľným spôsobom ($4!=24$ spôsobov) a nakoniec rozmiestnime párne číslice ľubovoľným spôsobom ($5!=120$ spôsobov).

Podobne, ak vynecháme párnu číslicu, súčet všetkých troch riadkov bude nepárny, a teda všetky riadky a stĺpce musia mať nepárny súčet. Jediný spôsob, ako umiestniť päť nepárnych číslic do tabuľky $3\times 3$ tak, aby každý riadok a stĺpec obsahoval jednu alebo tri z nich, je vložiť ich do jedného riadku a jedného stĺpca. Počet takýchto tabuliek sa vypočíta analogicky ako v predchádzajúcom prípade, len s vymenenými rolami párnych a nepárnych číslic. Preto celkový počet je rovný $2\cdot 5\cdot 9\cdot 24\cdot 120=259200$.