Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$27$

Pokud dá Alice Bobovi 11 oblázků, bude mít o $11$ méně a Bob získá $11$ oblázků. Tím pádem se rozdíl oblázků, který oba mají, zmenší o $11+11=22$. Nakonec tedy Alice bude mít o $49-22=27$ více oblázků než Bob.

Výsledek:

$5$

První 3 měsíce roku $2023$ mají po řadě $31$, $28$, a $31$ dní. Dohromady tedy mají $31+28+31=90$ dní, což je $90\cdot 24=2160$ hodin. Tereza tedy ujela $10800$ kilometrů za $2160$ hodin. Tím pádem její průměrná rychlost musela být $\frac{10800\mathrm{km}}{2160h}=5\mathrm{km}∕h$.

Výsledek:

$56$

Na nakreslení spodních 4 čtverců potřebovala Laura nakreslit $13$ úseček. Na nakreslení vyšších 3 čtverců potřebovala dalších $7$ úseček. Další dva čtverce potom vyžadovaly $5$ úseček a na jeden horní čtverec potřebovala $3$ úsečky. Dohromady tedy nakreslila $13+7+5+3=28$ úseček. Každá z nich je dlouhá $2\mathrm{cm}$, takže celková délka je $28\cdot 2\mathrm{cm}=56\mathrm{cm}$.

Výsledek:

$45$

Pokud se podíváme do tabulky konstant na převody, zjistíme, že $36\mathrm{oz}$ je $1l$. Tím pádem je objem plechovky v litrech $\frac{12\mathrm{oz}}{36\mathrm{oz}∕l}=\frac{1}{3}l$. Tím pádem je v každém litru koly $3\cdot 150=450$ kilokalorií, pak tedy v každých $100\mathrm{ml}$ je $450:10=45$ kilokalorií.

Výsledek:

$7$

Pokud by truhla měla o $48$ méně mincí, každý pirát by dostal o $6$ mincí méně, než aktuálně má. Tím pádem musí být celkem $48:6=8$ pirátů. Protože máme zjistit, kolik pirátských kamarádů má Ivan, dostaneme $8-1=7$.

Výsledek:

$4620$

Za $18$ minut Míša uběhne $18:3=6$ koleček. Každé jeho kolečko má délku $2\pi \cdot 70m=140\pi m$, takže uběhne vzdálenost $6\cdot 140\pi m=840\pi m$, a tedy stejný počet kroků. Podobně Ríša uběhne $18:2=9$ koleček s délkou $2\pi \cdot 35m=70\pi m$. Uběhne vzdálenost $9\cdot 70\pi m=630\pi m$, a tedy stejný počet kroků. Dohromady tedy udělají $840\pi +630\pi =1470\pi$ kroků. Pokud použijeme aproximaci $\pi =\frac{22}{7}$, dostaneme, že udělali $1470\cdot \frac{22}{7}=4620$ kroků.

Pokud použijeme hodnotu $\pi =3,14$, dostaneme výsledek $4615,8$, který se bude po zaokrouhlení na desítky rovnat výsledku výše.

Výsledek:

$9$

K otevření dveří minimální silou potřebujeme dosáhnout rovnosti momentů sil. Moment síly $M$ zavíracího mechanismu je roven síle násobené vzdáleností od pantů $M=48N\cdot 15\mathrm{cm}=720N\mathrm{cm}$. Použitím stejné rovnice dostaneme sílu $F$ potřebnou k otevření dveří ve vzdálenosti $a=80\mathrm{cm}$:

Výsledek:

$6,28$

Předpokládáme-li Zemi jako dokonalou kouli, provaz obtočený na jejím povrchu opisuje dokonalý kruh. Označme si poloměr Země $r$. Délka Evina provazu tedy bude $2\mathit{\pi r}$. Adamův provaz oproti tomu vytvoří kruh, jehož poloměr je $r+1m$. Tím pádem jeho provaz musí mít délku $2\pi (r+1m)$. Rozdíl v délkách provazů Adama a Evy tedy bude $2\pi (r+1m)-2\mathit{\pi r}=2\pi m\doteq 6,28m$.

Výsledek:

$5$

Pokaždé, když Marcelův paprsek zasáhne zrcadlo, změní směr o $90^{\circ }$ buď doleva, nebo doprava (záleží na orientaci zrcadel). Je snadné najít konfiguraci zrcadel, kde je potřeba pouze $5$ odrazů (orientace zrcadel v prázdných čtvercích je nepodstatná):

Snadno poznáme, že paprsek nemohl jít nejkratší cestou, tedy pouze přes 3 políčka (ve více políčkách by totiž neměnil směr). Navíc si můžeme všimnout, že počet odrazů musí být nutně lichý, protože po sudém počtu odrazů paprsek směřuje horizontálně, zatímco my chceme, aby vyšel vertikálně.

Počet odrazů tedy musí být liché číslo větší než tři, což znamená, že $5$ je skutečně hledaný nejmenší počet odrazů.

Výsledek:

$45$

Pokud využijeme pouze číslici $1$, dostaneme $5$ hrubých čísel v zadaném okruhu, jmenovitě $11$, $111$, $1111$, $11111$ a $111111$. Obdobně dostaneme $5$ hrubých čísel pro každou z číslic $2$ až $9$. Pro číslici $0$ nedostaneme žádná hrubá čísla. Celkem je tedy $9\cdot 5=45$ hrubých čísel větších než 10 a menších než milion.

Výsledek:

$1$

Součet všech čísel na tabuli je $0+1+2+3+4+5+6=21$. To znamená, že součet čísel v každém sloupci je $21:3=7$. Tím pádem $0$ nemůže být ani v prvním, ani ve třetím sloupci, protože další číslo by muselo být $7$, ale to nemáme v nabídce. To znamená, že číslo $0$ využijeme v prostředním sloupci, což bude mít za následek, že součin čísel v prostředním sloupci bude vždy právě $0$. Dan tedy mohl získat pouze $1$ výsledek, a to $0$.

Výsledek:

$250$

Pokud by Petr nezapomněl zavřít výpusť, vana by se napustila za $150l:0,2l∕s=750s$. Když ale Petr výpusť nezacpal, snížil se přítok vody na $0,2l∕s-0,05l∕s=0,15l∕s$. Vana se tedy napustí za $150l:0,15l∕s=1000s$, takže její napouštění bude trvat o $1000s-750s=250s$ déle.

Výsledek:

$16$

Po prvním tahu se král mohl přesunout na jakékoliv pole vyznačené na obrázku:

Nyní je otázka, na jaká další pole se může přesunout v následujícím tahu z pozic, které jsme našli po prvním tahu. Snadno zjistíme, že král se může přesunout na následujících $16$ polí:

Výsledek:

$14$

Dva nové trojúhelníky původního čtyřúhelníku mají strany původního čtyřúhelníku a diagonály, podle které byl rozstřižen (jedna v každém trojúhelníku). To znamená, že nový obvod je roven obvodu původního čtyřúhelníku zvětšeného o dvě délky diagonály. Protože se celkový obvod zvětšil o dvě diagonály, tedy $77\mathrm{cm}-49\mathrm{cm}=28\mathrm{cm}$, délka jedné diagonály je $28\mathrm{cm}:2=14\mathrm{cm}$.

Výsledek:

$10$

Hned po odhození míčku bude horizontální složka jeho rychlosti $9\mathrm{km}∕h=2,5m∕s$. Martin mezitím zrychlil na $18\mathrm{km}∕h=5m∕s$. Relativní rychlost mezi Martinem a míčkem tedy bude $5m∕s-2,5m∕s=2,5m∕s$. Proto po $4s$, kdy míček dopadne na zem, bude vzdálenost mezi míčkem a Martinem $2,5m∕s\cdot 4s=10m$.

Výsledek:

CDAB

V prvním kroku zkusíme rozhodnout, na jaké pozici byla Alice. Protože jsou všechny výroky lživé, Alice nemohla být druhá. Bětka s Cecílií přišly po řadě po Alici a před Alicí. To znamená, že některá z dívek bude jak před, tak po Alici, což jí znemožňuje být první nebo poslední. Jediná zbývající možnost tedy je, že Alice přišla jako třetí. Bětčin nepravdivý výrok, že přišla před Alicí znamená, že musela dorazit po ní, takže jako poslední. Dominika nedorazila první, což jí nechává druhé místo, protože třetí a čtvrté místo už jsou zabrané. V posledním kroku připíšeme první místo Cecílii, jako poslední zbývající volné. Je zřejmé, že její pozice neodporuje jejímu výroku. Tím pádem je výsledné pořadí, ve kterém dívky dorazily, Cecílie, Dominika, Alice, Bětka (CDAB).

Výsledek:

$5$

Spočítejme interval tramvaje $12$. Když Jarda jede v tramvaji, jeho relativní rychlost vůči protijedoucí tramvaji je dvojnásobek skutečné rychlosti tramvají. To znamená že vidí, že vzdálenost dvou po sobě jedoucích tramvají ubíhá dvakrát rychleji. Tím pádem je reálná doba obsluhy zastávek dvakrát delší než interval, ve kterém Jarda pozoruje tramvaje v protisměru. Tramvaj $12$ tedy jezdí na zastávku kažé $2\cdot 2=4$ minuty. Za hodinu tedy přijede na zastávku $60:4=15$ tramvají linky $12$.

Obdobně $60:6=10$ tramvají $5$ přijede na zastávku každou hodinu. Tramvaj $12$ tedy za hodinu přijede na zastávku o $15-10=5$ vícekrát než tramvaj $5$.

Výsledek:

$250$

Musíme se zamyslet, jak tření ovlivňuje krabici. Třecí síla působí mezi dvěma tělesy, které na sebe působí určitou tlakovou silou. V našem případě ale krabice žádnou tlakovou silou na zeď nepůsobí, takže na krabici nepůsobí žádná třecí síla. To znamená, že jedinou silou (kromě té, kterou tahá Bořek) působící na krabici je tíhová síla $F_g=\mathit{mg}$, kde $m=25\mathrm{kg}$ je hmotnost krabice. Bořek musí tedy tahat silou $F$ se stejnou velikostí, jako je tíhová síla krabice, tedy $F=\mathit{mg}=25\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}=250N$.

Výsledek:

$50$

Požadavky Karolíny jsou vzít si alespoň $2$ malinové, $5$ borůvkových, $1$ ostružinovou, $1$ borůvkovou a $1$ jahodovou sklenici džemu. Zamyslíme se nad tím, co by se stalo, kdyby některý z těchto požadavků nebyl splněn. Nejhorší takový případ, aby neměla $2$ malinové je, když si vezme všechny ostatní sklenice a $1$ malinovou k tomu, tedy $1+15+7+15+9=47$ sklenic. Pokud si jich vezme $48$, tento problém nemůže nastat. Podobně pro borůvky by problém nastal, pokud by vzala všechny ostatní marmelády a $4$ borůvkové k tomu, tedy celkem $10+4+7+15+9=45$ sklenic. Celkem tedy musí vzít minimálně $46$ sklenic. Pokud opakujeme stejný nápad pro ostružiny, brusinky a jahody, zjistíme, že musí vzít alespoň $(10+15+0+15+9)+1=50$, $(10+15+7+0+9)+1=42$ nebo $(10+15+7+15+0)+1=48$ sklenic. Zkombinujeme-li všechny podmínky, zjistíme, že jich bude dosaženo, pokud vybereme nejvyšší z čísel $48$, $46$, $50$, $42$, $48$. Karolína tedy bude muset vzít $50$ sklenic džemu.

Výsledek:

$64$

Nechť je $s$ délka dráhy a $t$ čas vítěze v cíli. Víme, že průměrná rychlost vítěze je $24\mathrm{km}∕h$, tedy že $\frac{s}{t}=24\mathrm{km}∕h$.

Dvě třetiny vzdálenosti závodu byly z kopce, takže vzdálenost částí z kopce je $\frac{2}{3}s$. Dále víme, že vítěz strávil $3$krát víc času v částech do kopce, tedy $\frac{1}{4}t$ v částech z kopce. Průměrná rychlost z kopce je tedy:

Po dosazení $\frac{s}{t}=24\mathrm{km}∕h$ zjistíme, že průměrná rychlost je číselně:

Výsledek:

$95$

Podívejme se na poslední řadu a druhý sloupec. Víme, že musí mít stejný součet a zároveň spolu sdílí jeden čtverec. Druhý sloupec a poslední řada musí mít tedy i stejný součet na pozicích, které nemají sdílené. Součet $15$ a $19$ tedy musí být stejný jako součet čísla $16$ a čísla v prostředním čtverci. Tenhle součet je $15+19=34$, takže číslo v prostředním sloupci musí být $34-16=18$.

Tím jsme dokončili součet na jedné z diagonál, takže součet čísel v každém řádku, sloupci i diagonále musí být $17+18+19=54$. Nyní již je snadné doplnit zbytek tabulky.

Nakonec spočítáme součet čísel, která Kačka doplňovala: $21+22+18+14+20=95$.

Výsledek:

$0,8$

Můžeme zaměnit každý $1m$ drátu za rezistor s odporem $R_0=0,1\mathrm{\Omega }$. Pokud tak učiníme, dostaneme následující diagram:

Nyní můžeme použít klasické vzorce pro rezistory zapojené sériově a paralelně pro výpočet celkového odporu mezi body $A$ a $B$. Zjistíme, že celkový odpor je:

Výsledek:

$5$

Voda o objemu $V=150\mathrm{hl}$ má hmotnost $m=V{\rho }_{\mathit{voda}}$. K ohřátí vody z teploty $t_1=29\circ C$ na $t_2=33\circ C$ musíme dodat teplo $Q=c_{\mathit{voda}}m(t_2-t_1)=c_{\mathit{voda}}V{\rho }_{\mathit{voda}}(t_2-t_1)$. Tohle teplo se musí rovnat energii, kterou získáme ze solárních panelů. Ty mají výkon $P_0=1,4\mathrm{kW}∕m^2$ na jednotku povrchu, takže pokud je celková plocha solárních panelů $S$, pak mají výkon $P=P_{0}S$. Za čas $t=10h$ tedy vykonají práci $W=\mathit{Pt}=P_0\mathit{St}$. Tato hodnota se musí rovnat energii dodané vodě, dostáváme tedy:

Anežka potřebuje $5m^2$ solárních panelů.

Výsledek:

$40$

Můžeme reprezentovat pořadí gólů pomocí řetězce písmen F a M, kde F reprezentuje gól vstřelený fyziky a M gól vstřelený matematiky. S touto notací vidíme, že existuje $10$ možných pořadí, ve kterém mohly být zahrány góly v prvním poločase: MMFFF, MFMFF, MFFMF, MFFFM, FMMFF, FMFMF, FMFFM, FFMMF, FFMFM, FFFMM. Stejně určíme počet možností, ve kterých mohly být vstřeleny góly ve druhém poločase jako $4$: FMMM, MFMM, MMFM, MMMF. Protože jsou první a druhý poločas nezávislé části zápasu, každé pořadí gólů z prvního poločasu můžeme spárovat s jakýmkoliv pořadí z druhého poločasu. Celkový počet, ve kterém mohly být zahrány góly, je tedy $10\cdot 4=40$.

Výsledek:

$125$

Pokud robot tlačí silou $F$ do všech stran, pak třecí síla na každé straně je $F_t=\mathit{fF}$ a míří nahoru, kde $f$ je koeficient tření $f=0,3$. Naopak tíhová síla $F_g=\mathit{mg}$ působí na robota směrem dolů. Aby byl robot stabilní, musí být tíhová síla stejně velká, jako součet všech čtyř třecích sil. Dostáváme tedy:

Síla $F$ tedy musí být:

Výsledek:

$3$

Každý šestiúhelník můžeme rozdělit na $6$ stejných rovnostranných trojúhelníků. Díky tomu můžeme tyto stejné trojúhelníky dokreslit i kolem šestiúhelníků, jak je načrtnuto zde:

Odtud jasně vidíme, že délka strany šestiúhelníku (která má stejnou velikost jako strana trojúhelníků) je $12\mathrm{cm}:4=3\mathrm{cm}$.

Výsledek:

$1100$

Loď se kompletně potopí ve chvíli, kdy tíhová síla bude stejně velká jako síla vztlaková. Maximální vztlaková síla, která může působit na loď s objemem $V$, je $F_{\mathit{vz}}=V{\rho }_{\mathit{voda}}g$. Tíhovou sílu můžeme rozdělit na dvě části – tíhovou sílu, která působí na loď, a tíhovou sílu působící na vodu, která již stihla do lodi natéct. Tíhová síla působící na loď s hmotností $m$ je rovna $m$ is $F_{g_1}=\mathit{mg}$. Voda do lodi vtéká s průtokem $Q$, takže po čase $t$ nateče voda o objemu $V^{\prime }=\mathit{Qt}$. Tíhová síla působící na vodu v lodi tedy bude $F_{g_2}=\mathit{Qt}{\rho }_{\mathit{voda}}g$. Získáme tedy čas $t$ z celkové rovnice $F_{\mathit{vz}}=F_{g_1}+F_{g_2}$, $t$:

Loď se tedy potopí za čas

Výsledek:

$1990$

Obě dívky přičítaly letopočty od roku, ve kterém se každá narodila, až po rok $2023$. Eva získala vyšší výsledek, což znamená, že přičítala i letopočty, které Bětka ne. Protože každý rok můžeme aproximovat na $2000$, počet sčítanců, které přičítala jen Eva, je $19945:2000\doteq 10$. To znamená, že čísla přidaná pouze Evou jsou $x$, $x+1$, …, $x+9$, kde $x$ je rok, ve kterém se Eva narodila. Jejich součet je 10 $x+45$. Tímto způsobem získáme rovnici $10x+45=19945$, ze které zjistíme, že se Eva narodila v roce $x=\frac{19945-45}{10}=1990$.

Výsledek:

$11$

Máme vždy dvě možnosti orientace prvního a posledního zrcadla. Díky tomu dostaneme možnosti dalšího doplnění zrcadel, jak je vidět na následujících obrázcích (pro lepší představu nekreslíme paprsky a zrcadla, jejichž orientace je nepodstatná):

Vidíme tedy $1+3+3+4=11$ možných trajektorií paprsku.

Výsledek:

$\frac{68}{3}$

Nechť jsou délky stran obdélníku $\mathit{ABCD}$ $\mathit{AB}=9x$ a $\mathit{BC}=8x$.

Nejprve spočítáme obvod čtyřúhelníku $\mathit{ABEF}$. Délky odvěsen v pravoúhlém trojúhelníku $\mathit{ECF}$ jsou $4x$ a $3x$. Díky Pythagorově větě získáme $\mathit{EF}=\sqrt{{(4x)}^2+{(3x)}^2}=5x$. Podobně to bude i s pravoúhlým trojúhelníkem $\mathit{FDA}$, kde jsou délky stran $6x$, $8x$ a $\mathit{FA}=\sqrt{{(6x)}^2+{(8x)}^2}=10x$. Proto bude obvod čtyřúhelníku $9x+4x+5x+10x=28x$.

Nyní zjistíme obsah čtyřúhelníku $\mathit{ABEF}$. Pravoúhlé trojúhelníky $\mathit{EFC}$ a $\mathit{FDA}$ mají obsahy $\frac{(4x)\cdot (3x)}{2}=6x^2$ a $\frac{(6x)\cdot (8x)}{2}=24x^2$. Obsah obdélníku $\mathit{ABCD}$ je $(9x)\cdot (8x)=72x^2$, takže obsah čtyřúhelníku $\mathit{ABEF}$ je $72x^2-6x^2-24x^2=42x^2$. Víme, že číselné hodnoty obvodu a obsahu čtyřúhelníku $\mathit{ABEF}$ jsou stejné, což znamená:

Zbývá vypočítat obvod obdélníka $\mathit{ABCD}$, který je $9x+8x+9x+8x=34x=34\cdot \frac{2}{3}\mathrm{cm}=\frac{68}{3}\mathrm{cm}$.

Výsledek:

$2$

Práce, kterou červ vykoná, bude rovna maximální potenciální energii, kterou červ získá při šplhání na krychli (za předpokladu, že jeho potenciální energie je zpočátku nulová). Je tedy jasné, že maxima bude dosaženo přesně v okamžiku, kdy se bude červ nacházet v poloze, jako je znázorněno na obrázku v zadání úlohy (čím více jeho částí je výš, tím vyšší je potenciální energie).

Nyní rozdělíme červa na $3$ části (bez obav, budou regenerovat) – dvě vertikální a jedna horizontální (jako na obrázku v zadání). Všechny mají délku $10\mathrm{cm}$, což je jedna třetina délky červa. Ten je homogenní, takže všechny $3$ části mají hmotnost $m_0=3g:3=1g$. Vodorovná část má své těžiště ve výšce $h_2=10\mathrm{cm}$, takže potenciální energie této části je $E_2=m_{0}g{h}_2=0,001\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}\cdot 0,1m=0,001J=1\mathrm{mJ}$. Vertikální části mají svá těžiště ve výšce $h_1=h_3=5\mathrm{cm}$, takže jejich potenciální energie je $E_1=E_3=m_{0}g{h}_1=m_{0}g{h}_3=0,001\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}\cdot 0,05m=0,0005J=0,5\mathrm{mJ}$.

Maximální potenciální energie červa tedy bude $E=E_1+E_2+E_3=0,5\mathrm{mJ}+1\mathrm{mJ}+0,5\mathrm{mJ}=2\mathrm{mJ}$, což je také práce, kterou červ musí vykonat.

Výsledek:

$1050$

Úlohu si můžeme rozdělit na menší části. Nejprve zjistíme, kolik pokusů potřebujeme, abychom získali ABA. Vzhledem k tomu, že v anglické abecedě je 26 písmen, bude na změnu posledního písmena potřeba $26$ pokusů. A co když chceme získat BAA? Za každých $26$ iterací posledního písmene se hodnota druhého písmene zvýší o $1$. Takže abychom se dostali z AAA do BAA, potřebujeme $26\cdot 26=676$ pokusů. Nyní, abychom se dostali z BAA k BOA, potřebujeme $26\cdot 14=364$ pokusů, protože O je $15$-té písmeno abecedy a musíme vyzkoušet všech 14 písmen před ním. Konečně, $J$ je $10$-té písmeno, takže potřebujeme dalších $10$ pokusů, abychom se dostali z BOA do BOJ. Dohromady tedy potřebujeme $676+364+10=1050$ pokusů.

Výsledek:

$125$

Mechanismus zůstává v klidu pouze ve chvíli, kdy moment setrvačnosti působící na každou z pák bude nulový. Musíme se tedy podívat na momenty setrvačnosti působící na páky. Nejprve si popíšeme chování lana. V každém laně bude určité napětí, takže lano bude působit na obě páky silou o stejné velikosti, jako je velikost tohoto napětí. Takže například lano spojující střední a pravou páku bude působit na střední páku (vpravo) stejnou silou jako na pravou páku (doleva). Navíc si všimněme, že tyto síly působí také ve stejné výšce, takže působí ve stejné vzdálenosti od os otáčení pák. Proto také každé lano působí na obě páky momentem setrvačnosti o stejné velikosti.

To vlastně znamená, že prostřední páku můžeme ignorovat. Síla působící na pravou páku skutečně způsobuje určitý moment setrvačnosti o velikosti $M$ na pravé páce. To musí být kompenzováno momentem setrvačnosti lana připevněného k pravé páce. Vzhledem k tomu, že lana přenášejí moment setrvačnosti, musí být ten, kterým pravé lano působí na střední páku, opět $M$. Podobně to bude i na levé páce, kde bude mít opět velikost $M$.

Aby mechanismus zůstal v klidu, musí mít dvě relevantní síly moment setrvačnosti o stejné velikosti. To nás vede k rovnici:

Patrik tedy musí působit silou o velikosti $125N$.

Výsledek:

$2,15$

Určíme délky stran a vrcholy tak, jak je ukázáno na obrázku:

Víme, že trojúhelníky $\mathit{ABP}$ a $\mathit{ACP}$ jsou pravoúhlé. Díky Pythagorově větě získáme:

Pokud vyjádříme $h^2$ z obou rovnic, můžeme je následně dát do jedné rovnosti:

Nyní na obě strany rovnice aplikujeme rovnost $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$:

Nicméně víme, že $y+x=20\mathrm{cm}$. Proto rozdíl délek $y-x$, který potřebujeme najít, bude:

Výsledek:

$75$

Nechť je $m$ hmotnost vozíku, $r=30m$ poloměr smyčky a $v$ rychlost v nejvyšším bodě smyčky.

Z první části úlohy víme, že v nejvyšším bodě musí být určitá dostředivá síla $F_d=\frac{m{v}^2}{r}$. Jsou dvě síly, které mohou na vozík působit v tomto směru – gravitační síla $F_g=\mathit{mg}$ a určitá síla od smyčky. My ovšem chceme dostředivou sílu co nejmenší (Čím větší je dostředivá síla, tím vyšší rychlost musí vozík mít, tedy tím větší potenciální energii by musel mít na začátku). Protože se nemůžeme zbavit tíhové síly, musí být dostředivá síla alespoň $F_d=F_g$. Z toho dostáváme:

Nyní se podívejme na energie. Na začátku měl vozík pouze potenciální energii $E_1=\mathit{mgh}$. Nahoře ve smyčce má poté vozík potenciální i kinetickou energii. Je ve výšce $2r$ nad zemí s rychlostí $v$, takže jeho celková energie je $E_2=\mathit{mg}(2r)+\frac{1}{2}m{v}^2$. Energie se musí zachovat, takže platí $E_1=E_2$. Zkombinujeme-li tento vzorec s rovnicí $v^2$, dostaneme

Tím pádem by vozík měl sestupovat z výšky $h=\frac{5}{2}r=\frac{5}{2}\cdot 30m=75m$.

Výsledek:

$23$

Řešení úlohy se přirozeně dělí na dvě části. V první chceme ukázat, že mohlo být odehráno $23$ zápasů. Ve druhém kroku ukážeme, že pokud bylo odehráno $24$ zápasů, bude existovat skupina neodpovídající zadání. To bude znamenat, že $23$ je hledaným řešením.

První část: Očíslujme hráče $1$, $2$, …, $24$. Nechť jsou zápasy hrány mezi $1$ a $2$, $2$ a $3$, …, $23$ a $24$. Vyberme si libovolnou skupinu hráčů. V každé takové skupině je hráč s nejnižším číslem, označme ho jako $P$. V takové skupině mohl hráč $P$ hrát pouze s hráčem $P+1$, protože hráč $P-1$ nemůže být ve skupině (potom by byl on hráčem s nejnižším číslem). Hráč s číslem $P$ tedy nehrál s alespoň $2$ hráči z jeho skupiny. Tohle platí pro libovolnou skupinu, takže neexistuje skupina hráčů, která by vyvracela podmínku ze zadání. $23$ zápasů tedy mohlo být odehráno.

Druhá část: Musíme dokázat, že pokud bylo odehráno $24$ zápasů, existuje vždy skupina s vlastností ze zadání. Pokud nějaká dvojice hráčů spolu hrála alespoň dva zápasy, tvořili by takovou skupinu, takže budeme předpokládat, že takový pár neexistuje.

Nyní předpokládejme, že každý hráč hrál alespoň $2$ zápasy. Vybereme hráče následujícím způsobem: Začněme libovolným hráčem a nazvěme ho $P_0$. Ten hrál s některým jiným hráčem, řekněme s $P_1$. Hráč $P_1$ hrál s alespoň dvěma hráči, takže musí existovat hráč $P_2$ rozdílný od $P_0$, se kterým $P_1$ hrál. Obdobně najdeme hráče $P_3$, lišícího se od $P_1$ takového, že $P_2$ hrál s $P_1$ a $P_3$. Tímto způsobem můžeme pokračovat ve výběru hráčů. V některém bodě se dostaneme ke hráči, kterého jsme již dříve označili. V tuto chvíli máme hráče $P_k$, $P_{k+1}$, …, $P_n$ s vlastností, že $P_i$ hrál s hráči $P_{i-1}$ a $P_{i+1}$, a hráči $P_k$ a $P_n$ hráli spolu. Jinými slovy je můžeme uspořádat do kruhu, kde každý hrál se svými sousedy. To dokazuje, že tato skupina má požadovanou vlastnost. Pokud tedy každý hráč hrál alespoň $2$ zápasy, pak máme dokázáno.

Zbývá nám pouze zkontrolovat co se stane, pokud některý hráč hrál méně než $2$ zápasy. V tom případě na takového hráče zapomeneme. Tím nám zbyde méně hráčů, ale celkový počet her zůstane vždy alespoň dvojnásobný oproti počtu zbývajících hráčů. Po odstranění jednoho hráče máme tedy následující možnosti: buď všichni zbývající hráči hráli alespoň $2$ zápasy, nebo je zde znovu někdo, kdo hrál méně než $2$ zápasy. V prvním případě nám předchozí argument ukazuje, že existuje skupina splňující podmínku ze zadání. V opačném případě máme dalšího hráče, kterého můžeme vynechat a takhle můžeme pokračovat. Nakonec se dostaneme ke $3$ zbývajícím hráčům, kteří hráli alespoň $3$ zápasy mezi sebou. Tohle je ale pouze možné, pokud hráli proti sobě a tím nám dávají skupinu, kterou hledáme.

To dokazuje, že pokud bylo odehráno $24$ zápasů, pak by taková skupina existovala.

Pokud zkombinujeme všechny části, získáme, že zápasů mohlo být odehráno nejvýše $23$.

Výsledek:

$25$

Nejdříve si musíme uvědomit, jaká pravidla má dělitelnost číslem $125$. Kritérium pro tuto dělitelnost je, že číslo složené z posledních $3$ číslic musí být dělitelné $125$ (to je podobné pravidlům dělitelnosti čísly $2$, $4$, $8$, $16$ …, ale pro čísla $5$, $25$, $125$ …). Proč tomu tak je? Napišme si jakékoliv číslo jako $1000A+B$, kde $B<1000$. $B$ je tedy číslo formované posledními $3$ číslicemi. Všimněme si, že $1000$ je dělitelné $125$, protože $1000=8\cdot 125$. Pokud tedy chceme, aby číslo $1000A+B$ bylo dělitelné $125$, musí být $B$ dělitelné $125$ a to potvrzuje naše kritérium.

Nyní se podíváme, jaké to má pro nás důsledky. Jediná nejvýše trojciferná čísla dělitelná $125$ jsou $0$, $125$, $250$, $375$, $500$, $625$, $750$ a $875$. Žádné z nich nezačíná číslicí $4$. Tím pádem násobky $125$ nemohou mít číslici $4$ na místě stovek.

Nyní se vraťme k našemu původnímu problému. Víme, že číslo na místě stovek je $4$, takže Lucčino číslo nemůže být násobek $125$. Pokud by nevynechala jediné číslo, její výsledek by byl dělitelný $5 \cdot 15 \cdot 25$. Výsledný součin tedy nemůže obsahovat prvočinitele $5$ čtyřikrát. Musíme tedy odstranit $5$ minimálně dvakrát, což se nám podaří pouze vynecháním čísla $25$. To znamená, že Lucka zapomněla právě číslo $25$.

Výsledek:

$28$

Napětí mezi dvěma body popisuje velikost rozdílu potenciálů v těchto dvou bodech. Potenciál vyjadřuje pouze (elektrickou) potenciální energii částice s nábojem $1C$. V každém z bodů $A$, $B$, $C$ a $D$ by tato částice měla určitou potenciální energii. Takové číslo můžeme přiřadit každému z bodů. Napětí potom pouze popisuje rozdíly mezi těmito čísly.

Můžeme tedy reformulovat úlohu na přiřazení čtyř čísel k $A$, $B$, $C$ a $D$ (tato písmena nyní nemají nic společného s písmeny v původním zadání), tak, aby jejich rozdíly byly $7$, $8$, $10$, $15$, $18$ a poslední neznámý. Všimněme si jedné zajímavé vlastnosti. Vezmeme 3 z našich čísel, řekněme $X$, $Y$ a $Z$, a uspořádejme je tak, že $X>Y>Z$. Potom rozdíl $X-Z$ je součet rozdílů $X-Y$ a $Y-Z$ (zřejmě $(X-Y)+(Y-Z)=X-Z$). Pokud tedy vezmeme libovolná $3$ čísla, pak rozdíl mezi nimi bude mít tu vlastnost, že jedno bude součtem zbylých dvou.

Nyní se vraťme zpět k našemu problému. Řekněme, že náš neznámý rozdíl je rozdíl mezi $C$ a $D$. Vezměme čísla $A$, $B$ a $C$. Všechny rozdíly mezi nimi jsou mezi známými. Protože jeden z nich musí být součet zbylých dvou, máme pouze dvě možnosti: $7+8=15$ nebo $8+10=18$. Obdobná vlastnost musí platit i pro trojici $A$, $B$ a $D$, takže jedna z trojic bude mít rozdíly $7$, $8$ a $15$ a druhá bude mít rozdíly $8$, $10$ a $18$. Řekněme, že trojice $A$, $B$ a $C$ má (v určitém pořadí) rozdíly $7$, $8$ a $15$. Trojice $A$, $B$, $C$ a $A$, $B$, $D$ se shodují pouze v rozdílu mezi $A$ a $B$, takže tento rozdíl musí být $8$ (je to jediný rozdíl, ve kterém se trojice $7$, $8$, $15$ a $8$, $10$, $18$ shodují).

Čísla $A$ a $B$ můžeme vzájemně zaměnit, takže si můžeme vybrat rozdíl mezi $A$ a $C$ takový, aby byl $15$, a rozdíl mezi $B$ a $C$ $7$. Ve trojici $A$, $B$ a $C$ víme, že obě čísla $A$ a $C$ jsou buď největší nebo nejmenší. Vybereme je tak, že $A$ je to největší. Nyní máme dvě možnosti, jaký může být rozdíl mezi $D$ a čísly $A$ a $B$.

Případ 1: Rozdíl mezi $A$ a $D$ je $18$. Dostáváme, že ve trojici $A$, $B$ a $D$ je jedno z čísel $A$ a $D$ největši a druhé nejmenší. Ve trojici $A$, $B$ a $C$ jsme si ale vybrali, že $A$ je největší, takže je větší, než $B$. Tím pádem víme, že ve trojici $A$, $B$, $D$, je $A$ největší. Z toho plyne, že $A$ je o $15$ větší než $C$ a o $18$ větší než $D$. Takže rozdíl mezi $C$ a $D$ je $(A-15)-(A-18)=3$. Tohle je naše první řešení.

Případ 2: Rozdíl mezi $A$ a $D$ je $10$. To znamená, že ve trojici $A$, $B$ a $D$ je jedno z čísel $B$ a $D$ největší a druhé nejmenší. Obdobně jako v předchozí části víme, že $A$ je větší než $B$, takže $B$ musí být nejmenší. Takže $C$ je o $7$ menší než $B$ a $D$ je o $18$ větší než $B$. To znamená, že rozdíl mezi $C$ a $D$ je $(B+18)-(B-7)=25$, což je naše druhé řešení.

Zjistili jsme, že naše neznámé hodnoty mohou být $3$ nebo $25$. V našem původním problému to vyjadřuje fakt, že hodnoty napětí mohou být pouze $3V$ nebo $25V$. Součet obou možných napětí je tedy $3V+25V=28V$.

Výsledek:

$91$

Nejprve se podíváme na obsah rovnostranného trojúhelníku s délkou strany $x$. S pomocí Pythagorovy věty snadno zjistíme, že výška tohoto trojúhelníku je $\frac{\sqrt{3}}{2}x$. Plocha rovnostranného trojúhelníku je tedy $\frac{x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}x}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2$.

Nyní se vraťme k původnímu příkladu. Pojmenujme vrcholy šestiúhelníku $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ tak, že $\mathit{AB}=10m$, $\mathit{BC}=12m$, $\mathit{CD}=4m$, $\mathit{DE}=8m$, $\mathit{EF}=14m$, $\mathit{FA}=2m$. Vepíšeme úsečky $\mathit{AB}$, $\mathit{CD}$ a $\mathit{EF}$ do trojúhelníku $\mathit{KLM}$ jako na obrázku:

Protože vnitřní úhly v šestiúhelníku $\mathit{ABCDEF}$ byly $120^{\circ }$, získáme, že trojúhelníky $\mathit{KAF}$, $\mathit{LBC}$ a $\mathit{MDE}$ jsou rovnostranné. To nám ovšem dává, že i trojúhelník $\mathit{KLM}$ je rovnostranný s délkou strany $24m$.

Obsah šestiúhelníku $\mathit{ABCDEF}$ získáme jako rozdíl obsahu rovnostranného trojúhelníku $\mathit{KLM}$ a součtu obsahů rovnostranných trojúhelníků $\mathit{KAB}$, $\mathit{LBC}$ a $\mathit{MDE}$. Obsah šestiúhelníku $\mathit{ABCDEF}$ je tedy:

To znamená, že hodnota $a$ je $91$.

Výsledek:

$75$ mm

Označme si plochu prvního pístu $S_1$, druhého pístu $S_2$ a třetího $S_3$. Ze zadání víme, že $S_1=S_2+S_3$.

Dále nechť $m$ je hmotnost křečka a $\mathrm{\Delta }{h}_1=15\mathrm{mm}$ výška, o kterou se první píst pohne dolů, pokud na něm stojí křeček. Ve stejnou chvíli se druhý píst zvedne o $\mathrm{\Delta }{h}_2$ a třetí píst o $\mathrm{\Delta }{h}_3$. Po položení křečka na první píst se musí stát dvě věci. První z nich je, že voda z prvního pístu se přesune do dalších dvou. To nám dává vztah $S_1\mathrm{\Delta }{h}_1=S_2\mathrm{\Delta }{h}_2+S_3\mathrm{\Delta }{h}_3$. Zároveň musí být tlak všech pístů stejný. Pokud $p$ byl původní tlak v systému a $\rho$ je hustota vody, potom dostáváme: $p+\frac{\mathit{mg}}{S_1}-\mathrm{\Delta }{h}_1\mathit{\rho g}=p+\mathrm{\Delta }{h}_2\mathit{\rho g}=p+\mathrm{\Delta }{h}_3\mathit{\rho g}$. Můžeme odečíst $p$ a dělit $g$, čímž dostaneme $\frac{m}{S_1}-\mathrm{\Delta }{h}_1\rho =\mathrm{\Delta }{h}_2\rho =\mathrm{\Delta }{h}_3\rho$. Druhá část této rovnice nám dá, že $\mathrm{\Delta }{h}_2=\mathrm{\Delta }{h}_3$. Po dosazení do první rovnice potom máme:

Případně v jiném tvaru:

Porovnáním těchto dvou rovnic dostaneme:

Nyní předefinujeme $\mathrm{\Delta }{h}_2$ aby znamenalo výšku, o kterou se druhý píst posune dolů, když se na něj postaví křeček a obdobně $\mathrm{\Delta }{h}_3$ pro třetí píst. Stejně jako výše zjistíme, že:

Pokud vydělíme první dvě rovnice a využijeme, že $S_1=S_2+S_3$, dostaneme:

Ze vztahu $S_1=S_2+S_3$ dostáváme, že $S_3=S_1-S_2=S_1-\frac{2}{3}{S}_1=\frac{1}{3}{S}_1$. Podílem první a třetí rovnice z předchozí soustavy rovnic dostaneme:

Pokud tedy postavíme křečka na poslední píst, pohne se dolů o $75\mathrm{mm}$.

Výsledek:

$999$

Matyášovo oblíbené číslo nemůže být jednociferné. Pokud bychom měli číslici $a$, tak naše podmínka by říkala, že $a^2=a$, což je pravda pouze pro $a=0$ a $a=1$, což je v rozporu se zadáním.

Matyášovo číslo rovněž nemůže být dvojciferné. Pokud by jeho číslo bylo ve tvaru $10a+b$, měli bychom ${(a+b)}^2=\mathit{ab}$ nebo $a^2+\mathit{ab}+b^2=0$. Protože jsou ale $a$ a $b$ nezáporná a $a$ je kladné, vždy budeme mít $a^2+\mathit{ab}+b^2>0$, takže $a^2+\mathit{ab}+b^2=0$ nikdy nebude platit.

Dále ukážeme, že $999$ je jediné třímístné číslo s danou vlastností. Je snadné ověřit, že číslo $999$ takovou vlastnost skutečně má (${(9+9+9)}^2=27^2=3^6=9^3=9\cdot 9\cdot 9$).

Nechť $100a+10b+c$ je naše číslo s danými vlastnostmi, což znamená, že ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ platí. Čísla $a$, $b$ a $c$ jsou číslice, takže musí platit $0\le a,b,c\le 9$. Je zřejmé, že pokud je jakákoliv z číslic $0$, pak rovnost ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ vyžaduje, aby byly $0$ i všechny ostatní cifry. Tím pádem můžeme uvažovat $1\le a,b,c$. Dále víme, že rovnost ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$ je symetrická v hodnotách $a$, $b$, $c$, takže můžeme předpokládat, že $a\le b\le c$ (Tahle podmínka nám zaručí nejmenší možné číslo z jakékoliv validní trojice). Předpokládáme tedy, že:

Podíváme se pozorněji na ${(a+b+c)}^2=\mathit{abc}$, což můžeme zapsat jako $a^2+b^2+c^2+2\mathit{ab}+2\mathit{ac}+2\mathit{bc}=\mathit{ abc}$. Užitím $c\le 9$ víme, že $\mathit{abc}\le 9\mathit{ab}$. Použitím $a\le b\le c$ zase víme, že:

Tím pádem ${(a-b)}^2\ge 0$, takže $a^2+b^2\ge 2\mathit{ab}$. Kombinací těchto dvou nerovností získáme:

Protože je levá a pravá strana nerovnosti stejná, musíme mít na místě všech nerovností rovnosti.

• V nerovnosti $\mathit{abc}\le 9\mathit{ab}$ nastává rovnost tehdy a právě tehdy, pokud $c=9$.
• V nerovnosti $\mathit{ac}\ge \mathit{ab}$ nastává rovnost tehdy a právě tehdy, pokud $b=c$.
• V nerovnosti $\mathit{bc}\ge \mathit{ab}$ nastává rovnost tehdy a právě tehdy, pokud $a=c$.

Kombinací těchto tří pozorování dostáváme, že jediný možný případ je $a=b=c=9$. Jak jsme již dříve zkontrolovali, tohle je naše řešení. Číslo $999$ je tedy jediným trojciferným číslem (a tedy i nejmenším číslem větším než $1$), které splňuje zadané podmínky, což z něj dělá Matyášovo oblíbené číslo.